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.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | ?$x>0,\;\;x+\frac{1}{x}$<2 | B. | ?$x≤0,\;\;x+\frac{1}{x}$<2 | C. | ?$x≤0,\;\;x+\frac{1}{x}$<2 | D. | ?$x>0,\;\;x+\frac{1}{x}$<2 |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
杂质高 | 杂质低 | |
旧设备 | 37 | 121 |
新设备 | 22 | 202 |
A. | 含杂质的高低与设备改造有关 | B. | 含杂质的高低与设备改造无关 | ||
C. | 设备是否改造决定含杂质的高低 | D. | 以上答案都不对 |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{3}{2}$ | B. | $\frac{3}{4}$ | C. | -$\frac{3}{2}$ | D. | -$\frac{3}{4}$ |
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