Question

2．已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過（$\sqrt{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}$）與（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：y=kx+m（k≠0，m＞0）與E交于P，Q兩點(diǎn)，且以PQ為對(duì)角線的菱形的一頂點(diǎn)為（-1，0），求△OPQ面積的最大值及此時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程：mx2+ny2=1（m＞0，n＞0），將（$\sqrt{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}$）與（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）兩點(diǎn)，代入橢圓方程，即可求得m和n的值，求得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）將直線方程代入橢圓方程，由△＞0，求得4k²+1-m²＞0  ①，根據(jù)韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，則$\frac{{y}_{0}-0}{{x}_{0}-（-1）}$=-$\frac{1}{k}$，整理得3km=4k²+1，即可求得
k＞$\frac{\sqrt{5}}{5}$，則丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16（4{k}^{2}+1-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$，O到直線l的距離為d=$\frac{m}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，則三角形△OPQ面積S_△OPQ=$\frac{1}{2}$•d•丨PQ丨=$\frac{2\sqrt{20+\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{{k}^{4}}}}{9}$，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得△OPQ面積的最大值及此時(shí)直線l的方程．．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程：mx2+ny2=1（m＞0，n＞0），由橢圓經(jīng)過（$\sqrt{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}$）與（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）兩點(diǎn)，
$\left\{\begin{array}{l}{2m+\frac{1}{2}=1}\\{m+\frac{3}{4}n=1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{4}}\\{n=1}\end{array}\right.$，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點(diǎn)為E（x₀，y₀）
則  $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∵△=16（4k²+1-m² ）＞0，即 4k²+1-m²＞0  ①，
韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知：x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-4km}{1+4{k}^{2}}$，y₀=kx₀+m=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
由弦長(zhǎng)公式可知：丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16（4{k}^{2}+1-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$，
又點(diǎn)[-1，0]不在橢圓OE上．
依題意有 $\frac{{y}_{0}-0}{{x}_{0}-（-1）}$=-$\frac{1}{k}$，整理得3km=4k²+1  ②．
由①②可得k²＞$\frac{1}{5}$，
∵m＞0，∴k＞0，
∴k＞$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
設(shè)O到直線l的距離為d=$\frac{m}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$•d•丨PQ丨=$\frac{1}{2}$•$\frac{m}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16（4{k}^{2}+1-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{（4{k}^{2}+1）（5{k}^{2}-1）}}{9{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{20+\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{{k}^{4}}}}{9}$．
當(dāng) $\frac{1}{{k}^{2}}$=$\frac{1}{2}$時(shí)，OPQ 的面積取最大值1，此時(shí)k=$\sqrt{2}$，m=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴直線方程為 y=$\sqrt{2}$x+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理點(diǎn)到直線的距離公式，中點(diǎn)坐標(biāo)及三角形面積公式與二次函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．