Question

2．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，短軸端點(diǎn)在圓O：x²+y²=1上
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A（0，2）的動(dòng)直線l與圓O有公共點(diǎn)，且與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值及取得最大值時(shí)l的方程．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)短軸端點(diǎn)在圓O：x²+y²=1上及e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，利用a²=b²+c²計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)設(shè)l方程：y=kx+2及直線l：y=kx+2與x軸交于$B（-\frac{2}{k}，0）$，利用${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}•OB•|{y_1}-{y_2}|=|\frac{{{y_1}-{y_2}}}{k}|$，通過(guò)聯(lián)立直線l與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得
S_△OPQ=$\sqrt{\frac{1}{1+2{k}^{2}}-\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，通過(guò)圓心O（0，0）到直線l的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}≤1$得k²≥3，利用換元法令$u=\frac{1}{{1+2{k^2}}}$，進(jìn)而計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵短軸端點(diǎn)在圓O：x²+y²=1上，∴b=1，
又∵e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，a²=b²+c²，
∴b=c=1，$a=\sqrt{2}$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）由題可知直線l的斜率k存在，且k≠0，
設(shè)l方程為：y=kx+2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵直線l：y=kx+2與x軸交于$B（-\frac{2}{k}，0）$，
∴${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}•OB•|{y_1}-{y_2}|=|\frac{{{y_1}-{y_2}}}{k}|$，
即得${{S}_{△OPQ}}^{2}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}{{k}^{2}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x可得：（1+2k²）y²-4y+4-2k²=0，
由韋達(dá)定理可得：${y_1}+{y_2}=\frac{4}{{1+2{k^2}}}$，${y_1}•{y_2}=\frac{{4-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${{S}_{△OPQ}}^{2}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}{{k}^{2}}$
=$\frac{\frac{16}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{16-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{{k}^{2}}$
=$\frac{2{k}^{2}-3}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$
=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
即S_△OPQ=$\sqrt{\frac{1}{1+2{k}^{2}}-\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
由圓心O（0，0）到直線l的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}≤1$，得k²≥3，
令$u=\frac{1}{{1+2{k^2}}}$，則$0＜u≤\frac{1}{7}$，
∴S_△OPQ=$\sqrt{u-2{u}^{2}}$=$\sqrt{-2（u-\frac{1}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
∴當(dāng)$u=\frac{1}{7}$時(shí)，S_△OPQ為最大值$\frac{{\sqrt{5}}}{7}$，
此時(shí)k²=3，即$k=±\sqrt{3}$，
即直線l方程為：$y=\sqrt{3}x+1$或y=-$\sqrt{3}$x+1．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求橢圓的方程，考查求三角形面積的最大值，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．