Question

12．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F(xiàn)₁．F₂分別為其左、右焦點(diǎn)，且|F₁F₂|=2c，一直線過點(diǎn)F₁與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：該橢圓的短軸長與其焦距相等；
（Ⅱ）若△F₂AB的最大面積為$\sqrt{2}$，求橢圓的方程．

Answer 1

分析 （I）由$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得a²=2c²，又a²=b²+c²，即可證明；
（II）設(shè)直線AB的方程為：my=x+c．A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．點(diǎn)F₂到直線AB的距離d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（m²+2）y²-2mcy-c²=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，${S}_{△AB{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|AB|•d$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （I）證明：∵$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a²=2c²，又a²=b²+c²，∴b²=c²，∴b=c，即2b=2c．
∴該橢圓的短軸長與其焦距相等．
（II）解：設(shè)直線AB的方程為：my=x+c．A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
點(diǎn)F₂到直線AB的距離d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x+c}\\{\frac{{x}^{2}}{2{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{c}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化為：（m²+2）y²-2mcy-c²=0，
∴y₁+y₂=$\frac{2mc}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-{c}^{2}}{{m}^{2}+2}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}{c}^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}+\frac{4{c}^{2}}{{m}^{2}+2}]}$=$\frac{2\sqrt{2}c（1+{m}^{2}）}{{m}^{2}+2}$．
∴${S}_{△AB{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|AB|•d$
=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{2}c（1+{m}^{2}）}{{m}^{2}+2}$×$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}{c}^{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2\sqrt{2}{c}^{2}}{\sqrt{1+{m}^{2}}+\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}}$≤$\sqrt{2}$c²=$\sqrt{2}$，解得c=1，當(dāng)且僅當(dāng)m=0時取等號，此時AB⊥x軸．
∴a²=2，b²=1．
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．