Question

16．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂，過(guò)其中兩個(gè)端點(diǎn)的直線斜率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過(guò)兩個(gè)焦點(diǎn)和一個(gè)頂點(diǎn)的三角形面積為1．
（1）求橢圓的方程；
（2）如圖，點(diǎn)A為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)（非長(zhǎng)軸端點(diǎn)），AF₁的延長(zhǎng)線與橢圓交于B點(diǎn)，AO的延長(zhǎng)線與橢圓交于C點(diǎn)，求△ABC面積的最大值，并求此時(shí)直線AB的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，得出$\frac{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$①，cb=1②，a²=b²+c²③，由①②③解得c、b、a的值即可；
（2）討論直線AB的斜率不存在與斜率存在時(shí)，求出對(duì)應(yīng)△ABC的面積，由此判斷△ABC面積的最大值以及此時(shí)AB的直線方程．

解答 解：（1）橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）中，
過(guò)其中兩個(gè)端點(diǎn)的直線斜率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴$\frac{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$①；
過(guò)兩個(gè)焦點(diǎn)和一個(gè)頂點(diǎn)的三角形面積為1，∴c•b=1②；
又a²=b²+c²③，
由①②③解得c=b=1，a=$\sqrt{2}$；
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，
可知A（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），C（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
故S_△ABC=$\sqrt{2}$，
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=k（x+1），
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}{+y}^{2}=1}\end{array}\right.$化簡(jiǎn)得，
（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，
∴x_A+x_B=-$\frac{{4k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$，x_Ax_B=$\frac{{2k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$，
故|x_A-x_B|=$\sqrt{{{（x}_{A}{+x}_{B}）}^{2}-{{4x}_{A}x}_{B}}$
=2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{{2k}^{2}+1}$，
故|AB|=$\sqrt{1{+k}^{2}}$|x_A-x_B|
=2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{{2k}^{2}+1}$，
點(diǎn)C到直線AB的距離d=$\frac{|k（{-x}_{A}+1）{+y}_{A}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{2|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
故S_△ABC=$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{{2k}^{2}+1}$）•$\frac{2|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$
=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{k}^{2}{（k}^{2}+1）}{{（{2k}^{2}+1）}^{2}}}$
=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{1}{4}-\frac{1}{{4（{2k}^{2}+1）}^{2}}}$＜$\sqrt{2}$；
綜上，△ABC面積的最大值為$\sqrt{2}$，此時(shí)AB的方程為x+1=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與雙曲線的性質(zhì)應(yīng)用，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用及分類(lèi)討論的思想應(yīng)用，關(guān)鍵在于化簡(jiǎn)運(yùn)算．