Question

1．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的長軸長為4，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）P為橢圓$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$上任意一點，過點P的直線y=kx+m交橢圓C于A，B兩點，射線PO交橢圓C于點Q（O為坐標(biāo)原點）．（i）是否存在常數(shù)λ，使得S_△ABQ=λS_△ABO恒成立？若存在，求出λ的值，否則，請說明理由；
（ii）求△ABQ面積的最大值，并寫出取最大值時k與m的等量關(guān)系式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得$2a=4，e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由此能求出橢圓C的方程．
（II）（i）設(shè)P（x₀，y₀），設(shè)|OQ|=n|OP|，由題意知Q（-nx₀，-ny₀），從而得到${S_{△QAB}}=（\sqrt{2}+1）{S_{△OAB}}$，存在常數(shù)$λ=\sqrt{2}+1$滿足題意．
（ii）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）將y=kx+m代入橢圓C的方程，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式、弦長公式能求出△ABQ面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的長軸長為4，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$2a=4，e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，得$a=2，c=\sqrt{2}$，∴$b=\sqrt{2}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．（2分）
（II）（i）設(shè)P（x₀，y₀），設(shè)|OQ|=n|OP|，由題意知Q（-nx₀，-ny₀）
∵$\frac{x_0^2}{2}+y_0^2=1$，又$\frac{{{{（{-n{x_0}}）}^2}}}{4}+\frac{{{{（{-n{y_0}}）}^2}}}{2}=1$，即$\frac{n^2}{2}（{\frac{x_0^2}{2}+y_0^2}）=1$，
∴$n=\sqrt{2}$，即$|{OQ}|=\sqrt{2}|{OP}|$．
故${S_{△QAB}}=（\sqrt{2}+1）{S_{△OAB}}$，存在常數(shù)$λ=\sqrt{2}+1$滿足題意．（6分）
（ii）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）將y=kx+m代入橢圓C的方程，
得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0
由△=8（4k²-m²+2）＞0，得m²＜2+4k²…①
則有${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-4}}{{1+2{k^2}}}$
∴點O到直線AB的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，$|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{4{k^2}+2-{m^2}}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴△OAB的面積$S=\frac{1}{2}d|{AB}|=\frac{{\sqrt{2}\sqrt{4{k^2}+2-{m^2}}|m|}}{{1+2{k^2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}\sqrt{（4{k^2}+2-{m^2}）•{m^2}}}}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{2}\sqrt{（{2-\frac{m^2}{{1+2{k^2}}}}）•\frac{m^2}{{1+2{k^2}}}}$，
再將y=kx+m代入橢圓$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$中，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
由△≥0，可得m²≤1+2k²…②
令$\frac{m^2}{{1+2{k^2}}}=t$，由①②，知0＜t≤1，
∴$S=\sqrt{2}\sqrt{（{2-t}）t}=\sqrt{2}\sqrt{-{t^2}+2t}$，故$S≤\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=1，即m²=1+2k²時取得最大值$\sqrt{2}$，
由（i）知，△ABQ面積為$（\sqrt{2}+1）S$，
∴△ABQ面積的最大值為$2+\sqrt{2}$，此時m²=1+2k²．（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的實數(shù)值是否存在的判斷與求法，考查三角形面積的最大值的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式、弦長公式的合理運用．