Question

8．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點(diǎn)（0，-2），F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是其左、右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上一點(diǎn)，PF₁⊥x軸，且△OPF₁的面積為$\sqrt{2}$，
（1）求橢圓E的離心率和方程；
（2）設(shè)A，B是橢圓上兩動(dòng)點(diǎn)，若直線AB的斜率為$-\frac{1}{4}$，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：b=2．由PF₁⊥x軸，把x=c代入題意可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，解得y=$±\frac{^{2}}{a}$．可得$\frac{1}{2}×c×\frac{^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=e，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得a²，c．即可得出．
（2）設(shè)直線AB的方程為：y=-$\frac{1}{4}$x+t，與橢圓方程聯(lián)立可得：9x²-8tx+16t²-64=0．△＞0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{4|t|}{\sqrt{17}}$．可得S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：b=2．由PF₁⊥x軸，把x=c代入題意可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，解得y=$±\frac{^{2}}{a}$．
∵△OPF₁的面積為$\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{2}×c×\frac{^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=e，又a²=b²+c²，
聯(lián)立解得a²=8，c=2．
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）設(shè)直線AB的方程為：y=-$\frac{1}{4}$x+t，與橢圓方程聯(lián)立可得：9x²-8tx+16t²-64=0．
△=64t²-36（16t²-64）＞0，解得$-\frac{3\sqrt{2}}{2}$＜t＜$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
∴x₁+x₂=$\frac{8t}{9}$，x₁•x₂=$\frac{16{t}^{2}-64}{9}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+\frac{1}{16}}$•$\sqrt{\frac{64{t}^{2}}{81}-\frac{4}{9}（16{t}^{2}-64）}$=$\frac{4\sqrt{17}}{9}$$\sqrt{9-2{t}^{2}}$．
點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{4|t|}{\sqrt{17}}$．
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{8}{9\sqrt{2}}$$\sqrt{2{t}^{2}（9-2{t}^{2}）}$≤$\frac{8}{9\sqrt{2}}$×$\frac{2{t}^{2}+9-2{t}^{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$．當(dāng)且僅當(dāng)t=$±\frac{3}{2}$時(shí)取等號(hào)，滿足△＞0．
∴△OAB面積的最大值為2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．