Question

10．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是一邊長為2，一內(nèi)角為60°的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)．
（1）求橢圓M的方程；
（2）直線l與橢圓M交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的垂直平分線經(jīng)過點(diǎn)（0，$\frac{1}{2}$），求△AOB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，根據(jù)題意確定出|AB|與|OA|的長，利用勾股定理求出|OB|的長，進(jìn)而確定出a與b的值，即可確定出橢圓M方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)線段AB的垂直平分線經(jīng)過點(diǎn)（0，$\frac{1}{2}$），得到直線AB斜率存在，分兩種情況考慮：若直線AB斜率為0，得到線段AB的垂直平分線為y軸，表示出三角形AOB面積，利用基本不等式求出面積的最大值；直線AB斜率不為0，設(shè)直線AB為y=kx+t，與橢圓方程聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系表示出x₁+x₂，進(jìn)而表示出$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）與$\frac{1}{2}$（y₁+y₂），根據(jù)斜率計(jì)算方法列出關(guān)系式，整理后記作①，再利用點(diǎn)到直線的距離公式表示出原點(diǎn)到直線的距離d，以及|AB|的長，進(jìn)而表示出三角形AOB面積，求出三角形AOB面積的最大值即可．

解答 解：（1）∵橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是一邊長為2，一內(nèi)角為60°的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，
∴四邊形ABCD是菱形，且|AB|=2，∠ABC=60°，
∴△AOB為直角三角形，|OA|=1，
根據(jù)勾股定理得：|OB|=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴a=$\sqrt{3}$，b=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵線段AB的垂直平分線經(jīng)過點(diǎn)（0，$\frac{1}{2}$），
∴直線AB斜率存在，
當(dāng)直線AB斜率為0時(shí)，線段AB的垂直平分線是y軸，則有x₁=-x₂，y₁=y₂，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$•|2x₁|•|y₁|=|x₁|•|y₁|=|x₁|•$\sqrt{1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{3}}$=$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{3}）}$=$\sqrt{\frac{1}{3}{{x}_{1}}^{2}（3-{{x}_{1}}^{2}）}$，
∵$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}（3-{{x}_{1}}^{2}）}$≤$\frac{{{x}_{1}}^{2}+3-{{x}_{1}}^{2}}{2}$=$\frac{3}{2}$，
∴S_△AOB≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)|x₁|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$時(shí)，S_△AOB的最大值是$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線AB為y=kx+t，
聯(lián)立得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，
消去y得：（3k²+1）x²+6ktx+3t²-3=0，
當(dāng)△=4（9k²+3-3t²）＞0，即3k²+1＞t²①，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得：x₁+x₂=-$\frac{6kt}{3{k}^{2}+1}$，即$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=-$\frac{3kt}{3{k}^{2}+1}$，
∴$\frac{1}{2}$（y₁+y₂）=$\frac{t}{3{k}^{2}+1}$，
∵$\frac{\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}+\frac{1}{2}}{0-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=$\frac{1}{k}$，
∴3k²+1=4t②，
代入①得：4t＞t²，
解得：0＜t＜4，
∵原點(diǎn)到直線AB的距離d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{4（9{k}^{2}+3-3{t}^{2}）}}{3{k}^{2}+1}$，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$•|AB|•d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{4（9{k}^{2}+3-3{t}^{2}）}}{3{k}^{2}+1}$•$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{1}{4}$$\sqrt{3（4t-{t}^{2}）}$，
∵0＜t＜4，∴當(dāng)t=2，即k=±$\sqrt{\frac{7}{3}}$時(shí)，S_△AOB取得最大值$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
綜上，S_△AOB的最大值是$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評 此題考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，涉及的知識有：橢圓的簡單性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，根與系數(shù)的關(guān)系，直線與橢圓相交的性質(zhì)，點(diǎn)到直線的距離公式，以及基本不等式的運(yùn)用，熟練掌握性質(zhì)及公式是解本題的關(guān)鍵．