Question

18．已知橢圓L：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a，b＞0）離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過點（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$），與x軸不重合的直線，過定點T（m，0）（m為大于a的常數(shù)），且與橢圓L交于兩點A，B（可以重合），點C為點A關(guān)于x軸的對稱點．
（Ⅰ）求橢圓L的方程；
（Ⅱ）（i）求證：直線BC過定點M，并求出定點M的坐標；
（ii）求△OBC面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用離心率公式和點滿足橢圓方程，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）（i）由對稱性可得直線BC過定點，定點在x軸上，設(shè)直線l的方程為x=ty+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁），代入橢圓方程，運用韋達定理，求得直線BC的方程，可令y=0，求得x，化簡整理，代入韋達定理，可得定點M；
（ii）記△OBC的面積為S，則S=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₂+y₁|，代入韋達定理和定點坐標，討論m的范圍，結(jié)合對號函數(shù)的性質(zhì)，即可得到最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）（i）證明：由對稱性可得直線BC過定點，定點在x軸上，
設(shè)直線l的方程為x=ty+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁），
代入橢圓方程x²+2y²=2，可得（2+t²）y²+2tmy+m²-2=0，
即有△=4t²m²-4（2+t²）（m²-2）＞0，即為8（t²-m²+2）＞0，
y₁+y₂=-$\frac{2tm}{2+{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{m}^{2}-2}{2+{t}^{2}}$，
設(shè)BC：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，可得x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（t{y}_{1}+m）{y}_{2}+（t{y}_{2}+m）{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{2t{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+m=$\frac{2t（{m}^{2}-2）}{-2tm}$+m=$\frac{2}{m}$，
則直線BC過定點M（$\frac{2}{m}$，0）；
（ii）記△OBC的面積為S，
則S=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₂+y₁|=$\frac{1}{m}$•|$\frac{2tm}{2+{t}^{2}}$|=$\frac{2}{|t|+\frac{2}{|t|}}$，
由△＞0可得|t|＞$\sqrt{{m}^{2}-2}$（m＞$\sqrt{2}$），
①若$\sqrt{{m}^{2}-2}$＞＞$\sqrt{2}$，即m＞2時，S_max=$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}-2}+\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}-2}}}$；
②若$\sqrt{2}$＜m≤2時，S≤$\frac{2}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即有S_max=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式，考查直線恒過定點的求法，注意運用還在想方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和直線方程，考查三角形的面積的最大值的求法，注意運用對號函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．