Question

1．已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆短轴的两个端点和两个焦点所组成的四边形为正方形，且椭圆过点（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l过点P（0，2）且与椭圆相交于A、B两点，当△AOB面积取得最大值时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）先设出椭圆标准方程，根据题意可知b=c，根据点在椭圆上及隐含条件列式求得a，b，则椭圆方程可得；
（2）设出直线方程的斜截式，联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式求得|AB|，再由点到直线的距离公式求得O到直线l的距离，代入三角形面积公式，利用换元法结合基本不等式求得最值，从而求得直线的方程．

解答 解：（1）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）．
由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{b=c}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=2，b²=1．
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2=0}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+8kx+6=0．
△=64k²-24（1+2k²）＞0，得k＜$-\frac{\sqrt{6}}{2}$或k＞$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8k}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，
∴|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到直线l的距离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$，则2k²=t²+3，
∴${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}$，
当且仅当t=2，即2k²=7，k=$±\frac{\sqrt{14}}{2}$时，△AOB面积取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此时直线方程为：y=$±\frac{\sqrt{14}}{2}x+2$．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．