Question

已知橢圓C：

x2

a3

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的右焦點為F，離心率為

2

2

，過點F且與實軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為

2

，O為坐標原點．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設經過點M（0，2）作直線A B交橢圓C于A、B兩點，求△AOB面積的最大值；
（Ⅲ）設橢圓的上頂點為N，是否存在直線l交橢圓于P，Q兩點，使點F為△PQN的垂心？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設F（c，0），則

c

a

=

2

2

，可得a=

2

c．過點F且與x軸垂直的直線方程為x=c，代入橢圓方程得到，

(-c)2

a2

+

y2

b2

=1，解得y=±

2

2

b．于是

2

b=

2

，解得b，再利用a²=b²+c²即可得出．
（II）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由題意可設直線AB的方程為y=kx+2．與橢圓的方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數的關系，利用點到直線的距離公式和弦長公式可得S_△AOB=

1

2

|AB|•d，再利用換元法和基本不等式即可得出．
（III）假設存在直線l交橢圓于P，Q兩點，且F為△PQN的垂心．設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由N（0，1），F（1，0），可得k_NF=-1．由NF⊥PQ，知k_PQ=1．設直線l的方程為y=x+m，與橢圓的方程聯(lián)立可得△＞0即根與系數的關系，再利用

NP

•

FQ

=0．即可得出．

解答：解：（Ⅰ）設F（c，0），則

c

a

=

2

2

，∴a=

2

c．
過點F且與x軸垂直的直線方程為x=c，代入橢圓方程，有

(-c)2

a2

+

y2

b2

=1，解得y=±

2

2

b．
于是

2

b=

2

，解得b=1．
又a²-c²=b²，從而a=

2

，c=1．
所以橢圓C的方程為

x2

2

+y2=1． 
（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由題意可設直線AB的方程為y=kx+2．
由

y=kx+2 x2 2 +y2=1

消去y并整理，得（2k²+1）x²+8kx+6=0．
由△=（8k）²-24（2k²+1）＞0，得k2＞

3

2

．
由韋達定理，得x1+x2=-

8k

2k2+1

，x1x2=

6

2k2+1

．
∵點O到直線AB的距離為d=

2

1+k2

，|AB|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

，∴S△AOB=

1

2

|AB|d=

(x1+x2)2-4x1x2

=

8(2k2-3) (2k2+1)2

．
設t=2k²-3，由k2＞

3

2

，知t＞0．
于是S△AOB=

8t (t+4)2

=

8 t+ 16 t +8

．
由t+

16

t

≥8，得S△AOB≤

2

2

．當且僅當t=4，k2=

7

2

時等號成立．
∴△AOB面積的最大值為

2

2

．
（Ⅲ）假設存在直線l交橢圓于P，Q兩點，且F為△PQN的垂心．
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵N（0，1），F（1，0），∴k_NF=-1．
由NF⊥PQ，知k_PQ=1．
設直線l的方程為y=x+m，
由

y=x+m x2+2y2=2

得3x²+4mx+2m²-2=0．
由△＞0，得m²＜3，且x1+x2=-

4m

3

，x1x2=

2m2-2

3

．
由題意，有

NP

•

FQ

=0．
∵

NP

=(x1，y1-1)，

FQ

=(x2-1，y2)，
∴x₁（x₂-1）+y₂（y₁-1）=0，即x₁（x₂-1）+（x₂+m）（x₁+m-1）=0，
∴2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0．
于是2×

2m2-2

3

-

4

3

m(m-1)+m2-m=0．
解得m=-

4

3

或m=1．
經檢驗，當m=1時，△PQN不存在，故舍去m=1．
當m=-

4

3

時，所求直線l存在，且直線l的方程為y=x-

4

3

．

點評：本題綜合考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯(lián)立得到根與系數的關系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、三角形垂心的性質、相互垂直的直線斜率之間的關系、向量垂直與數量積的關系等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．