Question

2．如图，已知离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点M（2，1），O为坐标原点，平行于OM的直线l交椭圆C于不同的两点A，B．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求△AOB面积的最大值；
（3）证明：直线MA、MB与x轴围成一个等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）通过斜率、将点M代入椭圆方程，计算即得结论；
（2）通过设l方程y=$\frac{1}{2}$x+m，并与椭圆C方程联立，利用根的判别式△＞0，可得m的取值范围，结合韦达定理、三角形的面积公式计算即可；
（3）问题即证直线MA、MB的斜率和为0，计算即可．

解答 （1）解：设椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由题意得：$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{{b}^{2}=2}\end{array}\right.$，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）解：由直线l∥OM，可设l方程：y=$\frac{1}{2}$x+m，
联立l方程与椭圆C方程，消去y整理得：x²+2mx+2m²-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=-2m，x₁x₂=2m²-4，
由题意可得△=（2m）²-4（2m²-4）＞0，
于是m∈（-2，2）且m≠0，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|m|•|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=|m|$\sqrt{4-{m}^{2}}$
=$\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$
≤$\frac{{m}^{2}+4-{m}^{2}}{2}$
=2（当且仅当m²=4-m²即m=±$\sqrt{2}$时取等号），
∴△AOB面积的最大值为2；
（3）证明：设直线MA、MB的斜率分别为k₁、k₂，
则k₁=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-1}$，
下面只需证明：k₁+k₂=0，
事实上，k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-1}$
=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}+m-1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{\frac{1}{2}{x}_{2}+m-1}{{x}_{2}-2}$
=1+m（$\frac{1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{1}{{x}_{2}-2}$）
=1+m•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}-4}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=1+m•$\frac{-2m-4}{2{m}^{2}-4-2（-2m）+4}$
=0，
故直线MA、MB与x轴围成一个等腰三角形．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．