Question

4．已知點(diǎn)A（0，-2），橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是橢圓的左、右焦點(diǎn)，且$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△POQ的面積最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由條件$\overrightarrow{A{F}_{1}}•\overrightarrow{A{F}_{2}}$=1，得c=$\sqrt{3}$，再由$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出a=2，b²=1，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)y=kx-2，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$中得，（4k²+1）x²-16kx+12=0，利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式，結(jié)合已知條件能求出當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程．

解答 解：（1）設(shè)F₁=（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
由條件$\overrightarrow{A{F}_{1}}•\overrightarrow{A{F}_{2}}$=1，知-c²+4=1，得c=$\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
所以a=2，b²=4-3=1，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意，故可設(shè)：y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
將l：y=kx-2代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$中得，
（4k²+1）x²-16kx+12=0，當(dāng)△=16（4k²-3）＞0時(shí)，即k²＞$\frac{3}{4}$，
由韋達(dá)定理得：
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
從而|PQ|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$，
又點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=$\frac{2}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，所以△POQ的面積${S}_{△POQ}=\frac{1}{2}×d×|PQ|$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}-3}}{4{k}^{2}+1}$，
設(shè)$\sqrt{4{k}^{2}-3}$=t，則t＞0時(shí)，${S}_{△OPQ}=\frac{4t}{{t}^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{1}{t}}$，
因?yàn)閠+$\frac{4}{t}$≥4，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即k=$±\frac{\sqrt{7}}{2}$時(shí)等號(hào)成立，且滿足△＞0，
所以當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為y=$\frac{\sqrt{7}}{2}x-2$或y=-$\frac{\sqrt{7}}{2}x-2$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查直線方程的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想思想，是中檔題．