Question

2．如圖，已知離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點M（2，1），O為坐標原點，平行于OM的直線l交橢圓C于不同的兩點A，B．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）求△AOB面積的最大值；
（3）證明：直線MA、MB與x軸圍成一個等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）通過斜率、將點M代入橢圓方程，計算即得結(jié)論；
（2）通過設(shè)l方程y=$\frac{1}{2}$x+m，并與橢圓C方程聯(lián)立，利用根的判別式△＞0，可得m的取值范圍，結(jié)合韋達定理、三角形的面積公式計算即可；
（3）問題即證直線MA、MB的斜率和為0，計算即可．

解答 （1）解：設(shè)橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{^{2}=2}\end{array}\right.$，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）解：由直線l∥OM，可設(shè)l方程：y=$\frac{1}{2}$x+m，
聯(lián)立l方程與橢圓C方程，消去y整理得：x²+2mx+2m²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-2m，x₁x₂=2m²-4，
由題意可得△=（2m）²-4（2m²-4）＞0，
于是m∈（-2，2）且m≠0，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|m|•|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=|m|$\sqrt{4-{m}^{2}}$
=$\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$
≤$\frac{{m}^{2}+4-{m}^{2}}{2}$
=2（當(dāng)且僅當(dāng)m²=4-m²即m=±$\sqrt{2}$時取等號），
∴△AOB面積的最大值為2；
（3）證明：設(shè)直線MA、MB的斜率分別為k₁、k₂，
則k₁=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-1}$，
下面只需證明：k₁+k₂=0，
事實上，k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-1}$
=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}+m-1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{\frac{1}{2}{x}_{2}+m-1}{{x}_{2}-2}$
=1+m（$\frac{1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{1}{{x}_{2}-2}$）
=1+m•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}-4}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=1+m•$\frac{-2m-4}{2{m}^{2}-4-2（-2m）+4}$
=0，
故直線MA、MB與x軸圍成一個等腰三角形．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．