Question

20．若椭圆的中心是坐标原点O，它的短轴长为2$\sqrt{2}$，一个焦点F的坐标为（c，0）（c＞0），一个定点A的坐标为（$\frac{10}{c}$-c，0），且$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，过点A的直线与椭圆相交于两点P，Q．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求当△POQ面积取最大值时直线PQ的方程．

Answer 1

分析 （1）设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）．由于$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，可得$\frac{20}{c}-4c$=c，c＞0，解得c=2．又2b=2$\sqrt{2}$，解得b，可得a²=b²+c²，即可得出．
（2）由（1）可得A（3，0）．设过点A的直线方程为：my=x-3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得：（3+m²）y²+6my+3=0，△＞0，利用根与系数的关系可得|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，利用点到直线的距离公式可得：原点O到直线PQ的距离d，利用S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$，及其基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）．
∵$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，∴（c，0）=2（$\frac{10}{c}$-2c，0），∴$\frac{20}{c}-4c$=c，c＞0，解得c=2．
∵2b=2$\sqrt{2}$，解得b=$\sqrt{2}$．
∴a²=b²+c²=6，
∴$e=\frac{c}{a}$=$\frac{2}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）由（1）可得A（3，0）．
设过点A的直线方程为：my=x-3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-3}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，
化为（3+m²）y²+6my+3=0，
△=36m²-12（3+m²）＞0，
解得m²$＞\frac{3}{2}$．
∴y₁+y₂=$-\frac{6m}{3+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3}{3+{m}^{2}}$．
∴|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（6{m}^{2}-9）}}{3+{m}^{2}}$．
原点O到直线PQ的距离d=$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$×$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（6{m}^{2}-9）}}{3+{m}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{6{m}^{2}-9}}{3+{m}^{2}}$．
令$\sqrt{6{m}^{2}-9}$=t＞0，
则${m}^{2}=\frac{{t}^{2}+9}{6}$．
∴S_△OPQ=$\frac{3t}{3+\frac{{t}^{2}+9}{6}}$=$\frac{18t}{{t}^{2}+27}$=$\frac{18}{t+\frac{27}{t}}$≤$\frac{18}{2\sqrt{27}}$=$\sqrt{3}$．当且仅当$t=3\sqrt{3}$，即m²=6，满足△＞0．
解得m=$±\sqrt{6}$时取等号．
∴当△POQ面积取最大值$\sqrt{3}$时，直线PQ的方程为$±\sqrt{3}$y=x-3．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、点到直线的距离公式、基本不等式的性质、向量的坐标运算，考查了推理能力与计算能力，属于难题．