Question

1．已知橢圓的中心在坐標原點O，焦點在x軸上，橢圓短軸的兩個端點和兩個焦點所組成的四邊形為正方形，且橢圓過點（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（1）求橢圓的方程；
（2）直線l過點P（0，2）且與橢圓相交于A、B兩點，當△AOB面積取得最大值時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）先設出橢圓標準方程，根據題意可知b=c，根據點在橢圓上及隱含條件列式求得a，b，則橢圓方程可得；
（2）設出直線方程的斜截式，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用弦長公式求得|AB|，再由點到直線的距離公式求得O到直線l的距離，代入三角形面積公式，利用換元法結合基本不等式求得最值，從而求得直線的方程．

解答 解：（1）設橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）．
由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{b=c}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=2，b²=1．
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由題意可知，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=kx+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2=0}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+8kx+6=0．
△=64k²-24（1+2k²）＞0，得k＜$-\frac{\sqrt{6}}{2}$或k＞$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8k}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{\frac{64{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{24}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{2\sqrt{2}\sqrt{2{k}^{2}-3}}{1+2{k}^{2}}$．
O到直線l的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴${S}_{△AOB}=\frac{1}{2}•\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{2\sqrt{2}\sqrt{2{k}^{2}-3}}{1+2{k}^{2}}•\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$2\sqrt{2}$$•\frac{\sqrt{2{k}^{2}-3}}{1+2{k}^{2}}$．
令$\sqrt{2{k}^{2}-3}=t$，則2k²=t²+3，
∴${S}_{△AOB}=\frac{2\sqrt{2}t}{{t}^{2}+4}=\frac{2\sqrt{2}}{t+\frac{4}{t}}≤\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當且僅當t=2，即2k²=7，k=$±\frac{\sqrt{14}}{2}$時，△AOB面積取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此時直線方程為：y=$±\frac{\sqrt{14}}{2}x+2$．

點評 本題考查橢圓的標準方程，考查了直線與橢圓位置關系的應用，體現(xiàn)了“設而不求”的解題思想方法，是中檔題．