Question

14．已知F₁，F₂是椭圆$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{4}$=1的两焦点，P是椭圆在第一象限弧上一点，且满足$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$=1，若直线l：y=$\sqrt{2}$x+m（m∈（0，a]且a∈R）与椭圆交于A，B两点，
（1）求点P的坐标；
（2）若△PAB的面积的最大值为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，求实数a的值．

Answer 1

分析 （1）设出点P的坐标为（x₀，y₀）（x₀＞0，y₀＞0），由椭圆方程求得左右焦点坐标，然后结合$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1$求得P的坐标所满足的关系式，再根据P在椭圆上得另一关系式，联立即可求得P的坐标；
（2）联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程后由判别式大于0求出m的范围，然后分别利用弦长公式和点到直线的距离公式求出弦AB的长及点P到直线AB的距离，代入三角形的面积公式后换元，然后利用二次函数的单调性求得最值，并由最大值为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$列式求实数a的值．

解答 解：（1）依题意，设点P的坐标为（x₀，y₀）（x₀＞0，y₀＞0），
由椭圆方程可得${F_1}（0，\sqrt{2}）$，${F_2}（0，-\sqrt{2}）$，
则$\overrightarrow{P{F}_{1}}=（-{x}_{0}，\sqrt{2}-{y}_{0}），\overrightarrow{P{F}_{2}}=（-{x}_{0}，-\sqrt{2}-{y}_{0}）$，
∵$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1$，∴$（-{x_0}，\sqrt{2}-{y_0}）•$$（-{x_0}，-\sqrt{2}-{y_0}）=x_0^2-2+y_0^2=1$，
即$x_0^2+y_0^2=3$  ①，
又P是椭圆上一点，∴$\frac{x_0^2}{2}+\frac{y_0^2}{4}=1$，②
联立①②得，$x_0^2=1，y_0^2=2$，
又x₀＞0，y₀＞0，∴${x_0}=1，{y_0}=\sqrt{2}$．
故点P的坐标为$（1，\sqrt{2}）$；
（2）∵直线AB的方程为$y=\sqrt{2}x+m$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立方程组$\left\{{\begin{array}{l}{y=\sqrt{2}x+m}\\{\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$，消去y得$4{x^2}+2\sqrt{2}mx+{m^2}-4=0$．
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}m$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{4}$，
由△＞0，得$m∈（-2\sqrt{2}，2\sqrt{2}）$，
又0＜m≤a，则$0＜a＜2\sqrt{2}$．
点P（1，$\sqrt{2}$）到直线AB的距离为$d=\frac{|m|}{{\sqrt{3}}}$，
又$|{AB}|=\sqrt{3}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{3（4-\frac{1}{2}{m^2}）}$，
∴${S_{△PAB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\sqrt{\frac{1}{8}m{\;}^2（8-{m^2}）}$．
令t=m²，则0＜t≤a²，
∴${S_{△PAB}}=\sqrt{\frac{1}{8}t（8-t）}$，
令g（t）=t（8-t）（0＜t≤a²），g（t）是二次函数，其图象是开口向下的抛物线，
对称轴为t=4，且g（4）=16．
又△PAB面积的最大值为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$时，g（t）也有最大值为12＜g（4）=16，
故a²＜4，
∴g（t）在（0，a²]单调递增，∴$g{（t）_{max}}=g（{a^2}）={a^2}（8-{a^2}）=12$．
解得a²=2或a²=6（舍去）．
∴当a²=2，即$a=\sqrt{2}$（满足$0＜a＜2\sqrt{2}$）时，△PAB面积的最大值为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．

点评 本题考查了平面向量在解圆锥曲线问题中的应用，考查了直线和圆锥曲线的位置关系，涉及直线和圆锥曲线位置关系问题，常采用联立直线方程和圆锥曲线方程，然后利用一元二次方程的根与系数关系求解，该题还运用了换元法和函数的单调性求最值，综合性强．