Question

15．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它過點P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若橢圓C上存在兩個不同的點A、B關于直線y=-$\frac{1}{m}$x+$\frac{1}{2}$對稱，求△OAB的面積的最大值（O為坐標原點）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率為e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它過點P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），列出方程組，求出a=$\sqrt{2}$，b=1，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）由題意設直線AB的方程為y=mx+n，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，由此利用根的判別式、韋達定理、中點坐標公式、弦長公式，結(jié)合已知條件能求出△OAB的面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它過點P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）由題意設直線AB的方程為y=mx+n，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，
由△=（4mn）²-4（1+2m²）（2n²-2）＞0，
得1+2m²＞n²，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4mn}{1+2{m}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{n}^{2}-1}{1+2{m}^{2}}$，
AB的中點（$\frac{-2mn}{1+2{m}^{2}}，\frac{n}{1+2{m}^{2}}$）在直線y=-$\frac{1}{m}x+\frac{1}{2}$上，∴n=-$\frac{1+2{m}^{2}}{2}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=2m，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2（-\frac{1+2{m}^{2}}{2}）^{2}-2}{1+2{m}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$$\sqrt{4{m}^{2}-\frac{2（1+2{m}^{2}）^{2}-8}{1+2{m}^{2}}}$，
d=$\frac{|n|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{1+2{m}^{2}}{2\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴S_△OAB=f（t）=$\frac{1}{4}\sqrt{-2{t}^{2}+8t}$，（1＜t＜4），
∴t=1+2m²=2，
∴m=$±\frac{1}{2}$，△OAB的面積的最大值S=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查根的判別式、韋達定理、中點坐標公式、弦長公式、橢圓性質(zhì)等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．