Question

7．已知离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$的椭圆C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）与圆N：x²+（y-1）²=$\frac{1}{2}$的公共弦长为$\sqrt{2}$
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆C上存在两个不同的点A，B关于过点M（-$\frac{b}{2}$，0）且不与坐标轴垂直的直线l对称，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值，求此时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由题意结合对称性，可得椭圆经过点（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），代入椭圆方程，运用椭圆的离心率公式，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设直线AB：y=kx+m（k≠0），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+2{x}^{2}=2}\end{array}\right.$可得（2+k²）x²+2kmx+m²-2=0，运用韦达定理和中点坐标公式，以及弦长公式，以及点到直线的距离公式，运用三角形的面积公式，结合二次函数的最值求法，可得最小值及直线l的方程．

解答 解：（1）由椭圆和圆关于y轴对称，且公共弦长为$\sqrt{2}$，
可得椭圆经过点（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），
即有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-b²=c²，$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2{b}^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有椭圆的方程为$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1：
（2）设直线AB：y=kx+m（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+2{x}^{2}=2}\end{array}\right.$可得（2+k²）x²+2kmx+m²-2=0，
由△＞0可得m²-k²＜2①
x₁+x₂=-$\frac{2km}{2+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-2}{2+{k}^{2}}$，
AB的中点横坐标为$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{km}{2+{k}^{2}}$，
纵坐标为k•（-$\frac{km}{2+{k}^{2}}$）+m=$\frac{2m}{2+{k}^{2}}$，
由k≠0，可得直线l的方程为y=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{1}{2}$），
将AB的中点坐标代入直线l，可得m=-$\frac{2+{k}^{2}}{2k}$，②
由①②可得k²＞$\frac{2}{3}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{3{k}^{4}+4{k}^{2}-4}}{|k|•（2+{k}^{2}）}$，
原点到直线AB的距离为d=$\frac{2+{k}^{2}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}•|k|}$，
即有S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{3{k}^{4}+4{k}^{2}-4}}{4{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$•$\sqrt{-4（\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}+4}$，
由k²＞$\frac{2}{3}$，可得k²=2即k=±$\sqrt{2}$时，S_△AOB=取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此时$\frac{1}{k}$=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直线l的方程为y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和点满足椭圆方程，考查三角形的面积的最值的求法，注意运用联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式、以及点到直线的距离公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．