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.

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.

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