Question

17．如圖：在直角坐標(biāo)系xoy中，設(shè)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右兩個焦點分別為F₁、F₂．過右焦點F₂與x軸垂直的直線l與橢圓C相交，其中一個交點為$M（\sqrt{2}，1）$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C的一個頂點為B（0，-b），求點M到直線BF₁的距離；
（3）過F₁M中點的直線l₁交橢圓于P、Q兩點，求|PQ|長的最大值以及相應(yīng)的直線方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)右焦點F₂為（c，0），令x=c，代入橢圓方程，可得c=$\sqrt{2}$，$\frac{^{2}}{a}$=1，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）求得直線BF₁的方程，由點到直線的距離公式，計算即可得到所求值；
（3）過F₁M中點的直線l₁的方程設(shè)為x=m（y-$\frac{1}{2}$），代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，化簡整理即可得到弦長的取值范圍，再由斜率為0，求得直線方程，代入橢圓方程，求得PQ的長，即可得到最大值．

解答 解：（1）設(shè)右焦點F₂為（c，0），
令x=c，代入橢圓可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$，
由M（$\sqrt{2}$，1），即有c=$\sqrt{2}$，$\frac{^{2}}{a}$=1，
又a²-b²=2，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）由題意可得B（0，-$\sqrt{2}$），F(xiàn)₁（-$\sqrt{2}$，0），
直線BF₁的方程為x+y+$\sqrt{2}$=0，
則點M到直線BF₁的距離為$\frac{|\sqrt{2}+1+\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=2+$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）過F₁M中點的直線l₁的方程設(shè)為x=m（y-$\frac{1}{2}$），
代入橢圓方程，可得（2+m²）y²-m²y+$\frac{1}{4}$m²-4=0，
由于中點（0，$\frac{1}{2}$）在橢圓內(nèi)，故直線與橢圓相交，
設(shè)交點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
即有y₁+y₂=$\frac{{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{m}^{2}-16}{4（2+{m}^{2}）}$，
弦長|PQ|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{{m}^{2}}{2+{m}^{2}}）^{2}-\frac{{m}^{2}-16}{2+{m}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{（1+{m}^{2}）（32+14{m}^{2}）}{（2+{m}^{2}）^{2}}}$，令t=2+m²（t≥2），
則|PQ|=$\sqrt{\frac{（t-1）（14t+4）}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{-4（\frac{1}{t}+\frac{5}{4}）^{2}+\frac{81}{4}}$，
當(dāng)m=0即t=2時，取得最小值2$\sqrt{2}$，
即有2$\sqrt{2}$≤|PQ|＜$\sqrt{14}$；
當(dāng)直線l₁：y=$\frac{1}{2}$時，代入橢圓方程，可得x=±$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
即有|PQ|=$\sqrt{14}$．
綜上可得，|PQ|的最大值為$\sqrt{14}$，此時直線方程為y=$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的性質(zhì)，考查點到直線的距離公式，以及聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．