Question

2．如图，已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，短轴端点在圆O：x²+y²=1上
（1）求椭圆C的标准方程
（2）设过点A（0，2）的动直线l与圆O有公共点，且与椭圆C相交于P，Q两点，求△OPQ面积的最大值及取得最大值时l的方程．

Answer 1

分析 （1）通过短轴端点在圆O：x²+y²=1上及e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，利用a²=b²+c²计算即得结论；
（2）通过设l方程：y=kx+2及直线l：y=kx+2与x轴交于$B（-\frac{2}{k}，0）$，利用${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}•OB•|{y_1}-{y_2}|=|\frac{{{y_1}-{y_2}}}{k}|$，通过联立直线l与椭圆方程，结合韦达定理可得
S_△OPQ=$\sqrt{\frac{1}{1+2{k}^{2}}-\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，通过圆心O（0，0）到直线l的距离$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}≤1$得k²≥3，利用换元法令$u=\frac{1}{{1+2{k^2}}}$，进而计算即得结论．

解答 解：（1）∵短轴端点在圆O：x²+y²=1上，∴b=1，
又∵e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，a²=b²+c²，
∴b=c=1，$a=\sqrt{2}$，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）由题可知直线l的斜率k存在，且k≠0，
设l方程为：y=kx+2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵直线l：y=kx+2与x轴交于$B（-\frac{2}{k}，0）$，
∴${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}•OB•|{y_1}-{y_2}|=|\frac{{{y_1}-{y_2}}}{k}|$，
即得${{S}_{△OPQ}}^{2}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}{{k}^{2}}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x可得：（1+2k²）y²-4y+4-2k²=0，
由韦达定理可得：${y_1}+{y_2}=\frac{4}{{1+2{k^2}}}$，${y_1}•{y_2}=\frac{{4-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${{S}_{△OPQ}}^{2}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}{{k}^{2}}$
=$\frac{\frac{16}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{16-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{{k}^{2}}$
=$\frac{2{k}^{2}-3}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$
=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
即S_△OPQ=$\sqrt{\frac{1}{1+2{k}^{2}}-\frac{4}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
由圆心O（0，0）到直线l的距离$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}≤1$，得k²≥3，
令$u=\frac{1}{{1+2{k^2}}}$，则$0＜u≤\frac{1}{7}$，
∴S_△OPQ=$\sqrt{u-2{u}^{2}}$=$\sqrt{-2（u-\frac{1}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
∴当$u=\frac{1}{7}$时，S_△OPQ为最大值$\frac{{\sqrt{5}}}{7}$，
此时k²=3，即$k=±\sqrt{3}$，
即直线l方程为：$y=\sqrt{3}x+1$或y=-$\sqrt{3}$x+1．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查求椭圆的方程，考查求三角形面积的最大值，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．