Question

12．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$與雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1$有相同的焦點(diǎn)，且橢圓C過點(diǎn)P（2，1），若直線l與直線OP平行且與橢圓C相交于點(diǎn)A，B．
（Ⅰ） 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ） 求三角形OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由雙曲線的性質(zhì)求出c=$\sqrt{6}$，得出a²=b²+c²=b²+6，將P（1，2）代入橢圓方程求得a和b，即得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）根據(jù)題意，設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}$x+m，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長公式，點(diǎn)到直線的距離公式，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得△OAB面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）雙曲線$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{{y}^{2}}{2}$=1的焦點(diǎn)為（±$\sqrt{6}$，0），
即橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程中c=$\sqrt{6}$，
a²=b²+c²=b²+6，
將P（2，1）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{^{2}+6}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1中，
得$\frac{4}{^{2}+6}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，
解得：b²=2，a²=8，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ） 由直線l平行于OP，且k_OP=$\frac{1}{2}$，
設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}$x+m，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得x²+2mx+2m²-4=0；
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-2m，x₁+x₂=2m²-4，
由l與橢圓C有不同的兩點(diǎn)，則△＞0，
即△=4m²-4（2m²-4）＞0，解得-2＜m＜2，且m≠0，
又|AB|=$\sqrt{1{+k}^{2}}$•$\sqrt{{{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}-{{4x}_{1}x}_{2}}$
=$\frac{\sqrt{5}}{2}$•$\sqrt{{4m}^{2}-4（{2m}^{2}-4）}$=$\sqrt{5}$•$\sqrt{4{-m}^{2}}$，
點(diǎn)O到直線l的距離為
d=$\frac{|m|}{\sqrt{{（\frac{1}{2}）}^{2}{+（-1）}^{2}}}$=$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，
∴△OAB的面積為
S=$\frac{1}{2}$•d•丨AB丨=|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(shí)取等號(hào)，
此時(shí)△OAB的面積最大，且最大值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓方程的求法以及求三角形面積的最大值和直線方程的求法，韋達(dá)定理以及基本不等式的性質(zhì)應(yīng)用問題，是綜合性題目．