Question

7．已知離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$的橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）與圓N：x²+（y-1）²=$\frac{1}{2}$的公共弦長為$\sqrt{2}$
（1）求橢圓C的方程；
（2）若橢圓C上存在兩個不同的點A，B關(guān)于過點M（-$\frac{2}$，0）且不與坐標軸垂直的直線l對稱，O為坐標原點，求△AOB面積的最大值，求此時直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意結(jié)合對稱性，可得橢圓經(jīng)過點（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），代入橢圓方程，運用橢圓的離心率公式，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線AB：y=kx+m（k≠0），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+2{x}^{2}=2}\end{array}\right.$可得（2+k²）x²+2kmx+m²-2=0，運用韋達定理和中點坐標公式，以及弦長公式，以及點到直線的距離公式，運用三角形的面積公式，結(jié)合二次函數(shù)的最值求法，可得最小值及直線l的方程．

解答 解：（1）由橢圓和圓關(guān)于y軸對稱，且公共弦長為$\sqrt{2}$，
可得橢圓經(jīng)過點（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），
即有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-b²=c²，$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1：
（2）設(shè)直線AB：y=kx+m（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+2{x}^{2}=2}\end{array}\right.$可得（2+k²）x²+2kmx+m²-2=0，
由△＞0可得m²-k²＜2①
x₁+x₂=-$\frac{2km}{2+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-2}{2+{k}^{2}}$，
AB的中點橫坐標為$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{km}{2+{k}^{2}}$，
縱坐標為k•（-$\frac{km}{2+{k}^{2}}$）+m=$\frac{2m}{2+{k}^{2}}$，
由k≠0，可得直線l的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{1}{2}$），
將AB的中點坐標代入直線l，可得m=-$\frac{2+{k}^{2}}{2k}$，②
由①②可得k²＞$\frac{2}{3}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{3{k}^{4}+4{k}^{2}-4}}{|k|•（2+{k}^{2}）}$，
原點到直線AB的距離為d=$\frac{2+{k}^{2}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}•|k|}$，
即有S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{3{k}^{4}+4{k}^{2}-4}}{4{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$•$\sqrt{-4（\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}+4}$，
由k²＞$\frac{2}{3}$，可得k²=2即k=±$\sqrt{2}$時，S_△AOB=取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此時$\frac{1}{k}$=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和點滿足橢圓方程，考查三角形的面積的最值的求法，注意運用聯(lián)立直線和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式、以及點到直線的距離公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．