Question

4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C與雙曲線${y^2}-\frac{x^2}{2}=1$共焦點(diǎn)，且點(diǎn)P（1，2）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)定點(diǎn)A（2，0）作一條動(dòng)直線與橢圓C相交于P，Q．O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值及取得最大值時(shí)直線PQ的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-$\sqrt{3}$），（0，$\sqrt{3}$），則a²=b²+3，將點(diǎn)P（1，2）代入橢圓方程，即可求得a和b的值，即可求得橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線AB方程為x=my+2，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及三角形的面積公式，令t=$\sqrt{6{m}^{2}-1}$，m²=$\frac{{t}^{2}+1}{6}$，利用基本不等式的性質(zhì)即可求得三角形△OPQ面積的最大值及m的值．

解答 解：（1）雙曲線${y^2}-\frac{x^2}{2}=1$，焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-$\sqrt{3}$），（0，$\sqrt{3}$），
設(shè)橢圓方程為：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），a²=b²+3，
將P（1，2）代入橢圓方程：$\frac{4}{^{2}+3}+\frac{1}{^{2}}=1$，解得：b²=3，a²=6，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{y}^{2}}{6}+\frac{{x}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)直線AB方程為x=my+2，代入橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，
整理得：（1+2m²）y²+8my+2=0，△=64m²-8（1+2m²）＞0，
解得：m²＞$\frac{1}{6}$，
S_△OPQ=$\frac{1}{2}$丨x₁y₂-x₂y₁丨=$\frac{1}{2}$丨（my₁+2）y₂-（my₂+2）y₁丨=丨y₂-y₁丨，
=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（\frac{8m}{2{m}^{2}+1}）^{2}-4×\frac{2}{2{m}^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{6{m}^{2}-1}}{2{m}^{2}+1}$，
令t=$\sqrt{6{m}^{2}-1}$，m²=$\frac{{t}^{2}+1}{6}$，
S_△OPQ=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{6{m}^{2}-1}}{2{m}^{2}+1}$=$\frac{2\sqrt{2}t}{2×\frac{{t}^{2}+1}{6}+1}$=$\frac{6\sqrt{2}t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{6\sqrt{2}}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{6\sqrt{2}}{4}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{4}{t}$，t=2時(shí)，m=±$\frac{\sqrt{30}}{6}$，三角形△OPQ面積的最大值，最大值為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
此時(shí)的直線方程為x=±$\frac{\sqrt{30}}{6}$y+2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及基本不等式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．