Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（0，1），且離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知直線l與橢圓C交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點(diǎn)，且△OAB的面積為S，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)S取得最大值時(shí)，求y${\;}_{1}^{2}$+y${\;}_{2}^{2}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用離心率公式，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x=my+t，代入橢圓方程可得（4+m²）y²+2mty+t²-4=0，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，三角形的面積公式，結(jié)合基本不等式即可得到最大值，計(jì)算化簡(jiǎn)即可得到所求值為1．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得b=1，且e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
a²-b²=c²，
解得a=2，c=$\sqrt{3}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x=my+t，
代入橢圓方程可得（4+m²）y²+2mty+t²-4=0，
判別式為4m²t²-4（4+m²）（t²-4）＞0，
即為4+m²＞t²，
y₁+y₂═-$\frac{2mt}{4+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$，
則S=$\frac{1}{2}$d•|AB|=$\frac{1}{2}$$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{（4+{m}^{2}）^{2}}-\frac{4{t}^{2}-16}{4+{m}^{2}}}$
=$\frac{\sqrt{{t}^{2}（4+{m}^{2}-{t}^{2}）}}{4+{m}^{2}}$≤$\frac{\frac{{t}^{2}+4+{m}^{2}-{t}^{2}}{2}}{4+{m}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t²=4+m²-t²，即4+m²=2t²，S取得最大值$\frac{1}{2}$．
即有y${\;}_{1}^{2}$+y${\;}_{2}^{2}$=（y₁+y₂）²-2y₁y₂=（-$\frac{2mt}{4+{m}^{2}}$）²-2•$\frac{{t}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$
=$\frac{{m}^{2}}{{t}^{2}}$-$\frac{{t}^{2}-4}{{t}^{2}}$=$\frac{4+{m}^{2}-{t}^{2}}{{t}^{2}}$=$\frac{2{t}^{2}-{t}^{2}}{{t}^{2}}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式，考查三角形的面積的最值的求法，注意運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長(zhǎng)公式，以及基本不等式的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．