2014_新课标 I 卷 (2014·理)
20．（12分）已知点A $(0,-2)$ ，椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}, \mathrm{~F}$ 是椭圆的右焦点，直线 AF 的斜率为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \mathrm{O}$ 为坐标原点．
（I）求 E 的方程；
（II）设过点 $A$ 的直线 $l$ 与 $E$ 相交于 $P$ ，$Q$ 两点，当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时，求$l$的方程
【考点】K4：椭圆的性质； KH ：直线与圆锥曲线的综合．
【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（ I ）通过离心率得到 $a$ 、 $c$ 关系，通过 $A$ 求出 $a$ ，即可求 $E$ 的方程；
（II）设直线：$y=k x-2$ ，设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ ，利用 $\triangle>0$ ，求出 $k$ 的范围，利用弦长公式求出 $|P Q|$ ，然后求出 $\triangle O P Q$ 的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值，然后求解直线方程。
【解答】解：（ I ）设 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$ ，由条件知 $\frac{2}{\mathrm{c}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ，得 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 日 $\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以 $a=2$ 回，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$ ，故E的方程 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ ．．．．（5分）
（II）依题意当 $\mid \perp x$ 轴不合题意，故设直线 $\mid: y=k x-2$ ，设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}\right.$ ， $y_{2}$ ）
将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ ，得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-16 k x+12=0$ ，
当 $\Delta=16 ~\left(4 k^{2}-3\right)>0$ ，即 $k^{2}>\frac{3}{4}$ 时，$x_{1,2}=\frac{8 k \pm 2 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$
从而 $|P Q|=\sqrt{k^{2}+1}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{k^{2}+1} \cdot \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$ ？？
又点 $O$ 到直线 $P Q$ 的距离 $d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$ ，所以 $\triangle O P Q$ 的面积 $S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=\frac{4 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$
设 $\sqrt{4 k^{2}-3}=t$ ，则 $t>0, S_{\triangle O P Q}=\frac{4 t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}} \leqslant 1$ ，
当且仅当 $\mathrm{t}=2, \mathrm{k}= \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 等号成立，且满足 $\Delta>0$ ，
所以当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时，$I$ 的方程为：$y=\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ 或 $y=-\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ ．．．．（12分）
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力。