Question

16．已知橢圓的中心在坐標原點O，焦點在x軸上，橢圓上、下頂點與焦點所組成的四邊形為正方形，四個頂點圍成的圖形面積為$2\sqrt{2}$．
（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(dāng)△AOB面積取得最大值時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：焦點在x軸上，設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b}）$，由b=c，$2ab=2\sqrt{2}$及b²+c²=a²，解得a和b的值，即可求得橢圓的方程；
（2）設(shè)出直線l的方程和A，B的坐標，進而把直線方程代入橢圓方程，消去y，由△＞0，求得k的范圍，根據(jù)韋達定理求得x₁+x₂，x₁x₂的表達式，根據(jù)弦長公式及點到直線的距離公式求得|AB|及d，求得△AOB的面積的表達式，利用基本不等式的關(guān)系，求得S的最大值，進而求得k，則直線方程可得．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b}）$，
由已知得b=c，且$2ab=2\sqrt{2}$，
又由b²+c²=a²，
解得a²=2，b²=c²=1，所以橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去y得關(guān)于x的方程：（1+2k²）x²+8kx+6=0，
由直線l與橢圓相交于A、B兩點，
∴△＞0⇒64k²-24（1+2k²）＞0，解得${k^2}＞\frac{3}{2}$，
又由韋達定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{8k}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{\sqrt{1+{k^2}}}}{{1+2{k^2}}}\sqrt{16{k^2}-24}$．
原點O到直線l的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}•\sqrt{2{k^2}-3}}}{{1+2{k^2}}}$，
令$m=\sqrt{2{k^2}-3}（{m＞0}）$，則2k²=m²+3，
∴$S=\frac{{2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+4}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{m+\frac{4}{m}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$m=\frac{4}{m}$，
即m=2時，${S_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此時$k=±\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，
所以，所求直線方程為$±\sqrt{14}x-2y+4=0$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式，考查基本不等式的應(yīng)用，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．