已知点 $A(0,-2)$，椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt3}{2}$，$F$ 是椭圆 $E$ 的右焦点，直线 $AF$ 的斜率为 $\dfrac{2\sqrt3}{3}$，$O$ 为坐标原点．
【难度】
【出处】
2014年高考新课标Ⅰ卷（理）
【标注】
-
求 $E$ 的方程；标注答案$E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$解析设 $F(c,0)$，由直线 $AF$ 的斜率 $\dfrac{2}{c}$ 为 $\dfrac{2\sqrt 3}3$，可得 $c=\sqrt 3$，进而由离心率 $\dfrac ca$ 为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，可得 $a=2$，故 $E$ 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．标注答案所求直线 $l$ 的方程为 $y=\pm\dfrac{\sqrt7}{2}x-2$解析在伸缩变换 $\begin{cases}x'=x,\\y'=2y\end{cases}$ 下，椭圆变为圆 $x'^2+y'^2=4$，此时 $P'Q'$ 过定点 $A'(0,-4)$，且 $S_{\triangle OP'Q'}=2S_{\triangle OPQ}$，如图．
由于 $\angle P'OQ'$ 的取值范围是 $(0,{\mathrm \pi})$，因此当 $\angle P'OQ'$ 为直角时，$S_{\triangle P'OQ'}$ 的面积最大．此时 $O$ 到直线 $P'Q'$ 的距离为 $\sqrt 2$．
设此时 $P'Q'$ 的方程为 $y'=k'x'-4$，则有$$\dfrac{4}{\sqrt{1+k'^2}}=\sqrt2,$$解得 $k'=\pm\sqrt7$．从而直线 $PQ$ 的斜率为 $\pm\dfrac{\sqrt 7}2$，所求直线 $l$ 的方程为 $y=\pm\dfrac{\sqrt7}{2}x-2$．
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
