Question

7．已知橢圓x²+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1半長(zhǎng)軸上有一點(diǎn)G（0，a）（a為（0，$\sqrt{2}$）內(nèi)一個(gè)常數(shù)），過G作斜率為k的直線，交橢圓于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩點(diǎn)．
（1）用k，a表示|x₁-x₂|；
（2）當(dāng)G為橢圓焦點(diǎn)，且k變動(dòng)時(shí)，求△OPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）直線方程為y-a=kx，與橢圓方程聯(lián)立，得（2+k²）x²+2akx+a²-2=0，由此利用根的判斷式，韋達(dá)定理，能用k，a表示|x₁-x₂|．
（2）直線方程為y-1=kx，與橢圓聯(lián)立，得（2+k²）x²+2kx-1=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式能求出△OPQ面積的最大值．

解答 解：（1）∵橢圓x²+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1半長(zhǎng)軸上有一點(diǎn)G（0，a）（a為（0，$\sqrt{2}$）內(nèi)一個(gè)常數(shù)），過G作斜率為k的直線，
∴直線方程為y-a=kx，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y-a=kx}\end{array}\right.$，得（2+k²）x²+2akx+a²-2=0，
∵過G作斜率為k的直線，交橢圓于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩點(diǎn)，
∴△=4a²k²-4（2+k²）（a²-2）＞0，
x₁+x₂=-$\frac{2ak}{2+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}-2}{2+{k}^{2}}$，
∴|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{4{a}^{2}{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}-\frac{4{a}^{2}-8}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{4-2{a}^{2}+2{k}^{2}}}{2+{k}^{2}}$．
（2）∵G為橢圓焦點(diǎn)，∴G（0，1），∴直線方程為y-1=kx，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y-1=kx}\end{array}\right.$，得（2+k²）x²+2kx-1=0，
∵過G作斜率為k的直線，交橢圓于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩點(diǎn)，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k}{2+{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2+{k}^{2}}$，
|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{4{k}^{2}}{（2+{{k}^{2}）}^{2}}+\frac{4}{2+{k}^{2}}]}$
=$\frac{2\sqrt{{k}^{4}+2{k}^{2}+2}}{2+{k}^{2}}$，
點(diǎn)O（0，0）到直線y-1=kx的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OPQ面積S=$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}•\frac{2\sqrt{（{k}^{2}+1）^{2}+1}}{2+{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{（1+{k}^{2}）^{2}+1}}{\sqrt{1+{k}^{2}}•[（1+{k}^{2}）+1]}$．
∵$\underset{lim}{1+{k}^{2}→+∞}$$\frac{\sqrt{（1+{k}^{2}）^{2}+1}}{\sqrt{1+{k}^{2}}•[（1+{k}^{2}）+1]}$=1．
∴△OPQ面積的最大值是1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓性質(zhì)的應(yīng)用，考查三角形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式的合理運(yùn)用．