Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，右焦點為F（c，0）到直線x=$\frac{{a}^{2}}{c}$的距離為1
（Ⅰ）求橢圓C的方程
（Ⅱ）不經(jīng)過坐標(biāo)原點O的直線l與橢圓C交于A，B兩點，且線段AB中點在直線y=$\frac{1}{2}$x上，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意列關(guān)于a，c的方程，求解得到a，c的值，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）當(dāng)直線AB為x軸時，經(jīng)過原點，與題意矛盾，設(shè)直線AB為y=kx+m，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，由線段AB中點在直線y=$\frac{1}{2}$x上求得k，然后由弦長公式求得AB的長度，再由點到直線的距離公式求得O到直線AB的距離，代入三角形面積公式，利用基本不等式求得△OAB面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{a}^{2}}{c}-c=1$，
解得：a=$\sqrt{2}$，c=1，b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀），當(dāng)直線AB為x軸時，經(jīng)過原點，與題意矛盾，
設(shè)直線AB為y=kx+m，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{0}=\frac{-2km}{1+2{k}^{2}}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+m=\frac{-2{k}^{2}m}{1+2{k}^{2}}+m=\frac{m}{1+2{k}^{2}}$．
把（x₀，y₀）代入y=$\frac{1}{2}$x中得$\frac{-km}{1+2{k}^{2}}=\frac{m}{1+2{k}^{2}}$，得k=-1．
此時3x²-4mx+2m²-2=0，${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4m}{3}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{3}$．
|AB|=$\sqrt{（\frac{4m}{3}）^{2}-4×（\frac{2{m}^{2}-2}{3}）}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{3-{m}^{2}}$，
O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+1}}=\frac{|m|}{\sqrt{2}}$．
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}×\frac{|m|}{\sqrt{2}}×\frac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{3-{m}^{2}}$=$\frac{|m|}{3}\sqrt{3-{m}^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{{m}^{2}（3-{m}^{2}）}$，
∵0＜m²＜3，
∴S_△OAB=$\frac{1}{3}\sqrt{{m}^{2}（3-{m}^{2}）}≤\frac{1}{3}[\frac{{m}^{2}+（3-{m}^{2}）}{2}]^{2}=\frac{3}{4}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m²=3-m²，即m=$±\frac{\sqrt{6}}{2}$時，△AOB的面積最大值為$\frac{3}{4}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查三角形面積的計算，考查運算求解能力，屬于中檔題．