已知点 $A\left( {0, - 2} \right)$，椭圆 $E : \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\left(a > b > 0\right)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt 3 }{2}$，$F$ 是椭圆 $ E $ 的右焦点，直线 $AF$ 的斜率为 $\dfrac{2\sqrt 3 }{3}$，$O$ 为坐标原点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求 $E$ 的方程；标注答案$ \dfrac{x^2}{4} + {y^2} = 1 $解析本题考查椭圆方程的相关知识．设 $F\left( {c,0} \right)$，因为直线 $AF$ 的斜率为 $\dfrac{2\sqrt 3 }{3}$，所以\[\dfrac{2}{c}\overset{\left[a\right]} = \dfrac{2\sqrt 3 }{3},\]（推导中用到：$\left[a\right]$）
得 $c = \sqrt 3 $．
又 $e=\dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt 3 }{2}$，所以 $a = 2$，则\[{b^2} = {a^2} - {c^2} = 1,\]故椭圆 $E$ 的方程为\[\dfrac{x^2}{4} + {y^2} = 1.\] -
设过点 $A$ 的动直线 $l$ 与 $E$ 相交于 $P,Q$ 两点，当 $\triangle OPQ$ 的面积最大时，求 $l$ 的方程．标注答案$ y = \pm \dfrac{\sqrt 7 }{2}x - 2 $解析根据条件，三角形 $OPQ$ 的面积随着直线 $l$ 的变化而变，可以尝试将 ${S_{\triangle OPQ}} $ 表示为直线 $l$ 的斜率 $k$ 的函数，然后分析其最值情况．依题意知，直线 $ l $ 的斜率一定存在，故设直线 $l : y = kx - 2$，$ P\left(x_1,y_1\right) $，$Q\left(x_2,y_2\right)$．
联立直线与椭圆方程\[ \begin{cases}y = kx - 2,\\\dfrac{x^2}{4} + {y^2} = 1,\end{cases} \]整理得\[\left( {1 + 4{k^2}} \right){x^2} - 16kx + 12 = 0,\]则\[\begin{cases}x_1+x_2=\dfrac{16k}{1+4k^2},\\x_1x_2=\dfrac{12}{1+4k^2},\\\Delta = 16\left( {4{k^2} - 3} \right) > 0.\end{cases} \]所以 ${k^2} > \dfrac{3}{4}$．又\[\begin{split}|PQ| & = \sqrt {\left({k^2} + 1\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]} \\&= \dfrac{{4\sqrt {{k^2} + 1} \sqrt {4{k^2} - 3} }}{{4{k^2} + 1}}.\end{split}\]且点 $O$ 到直线 $PQ$ 的距离\[d = \dfrac{2}{{\sqrt {{k^2} + 1} }},\]所以 $\triangle OPQ$ 的面积\[{S_{\triangle OPQ}} = \dfrac{1}{2}d \cdot \left| {PQ} \right| = \dfrac{{4\sqrt {4{k^2} - 3} }}{{4{k^2} + 1}}.\]设 $\sqrt {4{k^2} - 3} = t$，则 $t > 0$，\[{S_{\triangle OPQ}} = \dfrac{4t}{{{t^2} + 4}} = \dfrac{4}{{t + \dfrac{4}{t}}}.\]因为 $t + \dfrac{4}{t} \geqslant 4$，当且仅当 $t = 2$，即 $k = \pm \dfrac{\sqrt 7 }{2}$ 时等号成立，且满足 $\Delta > 0$．
所以当 $\triangle OPQ$ 的面积最大时，$l$ 的方程为\[y = \pm \dfrac{\sqrt 7 }{2}x - 2.\]
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
