题目内容
5．
已知圆C1：x2+y2=r2与椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）于x轴的交点重合，且椭圆C2的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，圆C1上的点到直线l：x=-2$\sqrt{2}$的最短距离为2$\sqrt{2}$-2．（1）求椭圆C2的方程；
（2）如图过直线1上的动点T作圆C1的两条切线，设切点分别为A、B，若直线AB与椭圆C2交于不同的两点C、D，求△OCD面积的最大值．
分析 （1）运用离心率公式和直线和圆的位置关系，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）圆C1的方程为x2+y2=4，设直线x=-2$\sqrt{2}$上的动点T的坐标为（-2$\sqrt{2}$，t），（t∈R），设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线AT的方程为x1x+y1y=4，直线BT的方程为x2x+y2y=4，直线AB的方程为-2$\sqrt{2}$x+ty=2，由此利用点到直线的距离公式可得O到直线AB的距离，再由直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，运用三角形的面积公式，化简整理，由基本不等式即可得到最大值．
解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，r=a，
且2$\sqrt{2}$-a=2$\sqrt{2}$-2，a2-b2=c2，
解得a=2，b=c=$\sqrt{2}$，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）圆C1的方程为x2+y2=4，
设直线x=-2$\sqrt{2}$上的动点T的坐标为（-2$\sqrt{2}$，t），（t∈R），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线AT的方程为x1x+y1y=4，
直线BT的方程为x2x+y2y=4，
又T（-2$\sqrt{2}$，t）在直线AT和BT上，即 $\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{x}_{1}+t{y}_{1}=4}\\{-2\sqrt{2}{x}_{2}+t{y}_{2}=4}\end{array}\right.$，
∴直线AB的方程为-2$\sqrt{2}$x+ty=4，
由原点O到直线AB的距离为d=$\frac{4}{\sqrt{8+{t}^{2}}}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}x+ty=4}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去x，得（t2+16）y2-8ty-16=0，
设C（x3，y3），D（x4，y4），
则y3+y4=$\frac{8t}{{t}^{2}+16}$，y3y4=-$\frac{16}{{t}^{2}+16}$，
从而|CD|=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{8}}$|y3-y4|=$\frac{1}{4}$$\sqrt{16+2{t}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{8t}{16+{t}^{2}}）^{2}+\frac{64}{{t}^{2}+16}}$=$\frac{4（8+{t}^{2}）}{16+{t}^{2}}$，
则△OCD面积为S=$\frac{1}{2}$d•|CD|=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{\sqrt{8+{t}^{2}}}$•$\frac{4（8+{t}^{2}）}{16+{t}^{2}}$=$\frac{8\sqrt{8+{t}^{2}}}{16+{t}^{2}}$，
令$\sqrt{8+{t}^{2}}$=m（m≥2$\sqrt{2}$），即有S=$\frac{8m}{8+{m}^{2}}$=$\frac{8}{m+\frac{8}{m}}$≤$\frac{8}{2\sqrt{m•\frac{8}{m}}}$=$\sqrt{2}$．
当且仅当m=$\frac{8}{m}$，可得m=2$\sqrt{2}$，△OCD的面积取得最大值$\sqrt{2}$．
点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的性质和直线和圆的位置关系，考查三角形的面积的最大值的求法，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及基本不等式求得最值，属于中档题．
| A． | {y|y＞1} | B． | {y|y≥1} | C． | {y|y＞0} | D． | {y|y≥0} |
一个四棱锥的三视图和直观图如图所示，E为侧棱PD的中点．