Question

1．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点（0，1），且离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知直线l与椭圆C交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点，且△OAB的面积为S=1，其中O为坐标原点，求x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得b=1，运用离心率公式和a，b，c的关系，可得a=2，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）讨论（1）当直线l垂直于x轴时，设为x=t，求出交点坐标，由面积求得t，可得所求值；（2）当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，点到直线的距离公式，求得三角形的面积，化简整理，计算即可得到所求值．

解答 解：（Ⅰ）由已知条件得$\left\{\begin{array}{l}b=1\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，
解得$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．①
（Ⅱ）（1）当直线l垂直于x轴时，
设直线l的方程为x=t（-2＜t＜2），代入①得$\frac{t^2}{4}+{y^2}=1$，解得$y=±\sqrt{1-\frac{t^2}{4}}$，
∴$|{AB}|=2\sqrt{1-\frac{t^2}{4}}=\sqrt{4-{t^2}}$，
$S=\frac{1}{2}|{AB}||t|=\frac{1}{2}\sqrt{4-{t^2}}|t|$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t^2}（4-{t^2}）}=1$，
解得t²=2，
∴$x_1^2+x_2^2=2{t^2}=4$，即$x_1^2+x_2^2=4$．                    
（2）当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），
代入①得$\frac{x^2}{4}+（kx+m{）^2}=1$，即（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．②
依题意得△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）=16（1+4k²-m²）＞0，
即1+4k²＞m²．                                          
∵A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点是直线l与椭圆C的交点，
∴x₁，x₂是方程②的两个根，且${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，
∴$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$
=$4\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{1+4{k^2}-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}$．                     
∵原点O到直线l的距离为$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，△OAB的面积S=1，
∴$S=\frac{1}{2}|{AB}|•d$=$\frac{1}{2}•4\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{1+4{k^2}-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}•\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$
=$\frac{{2\sqrt{{m^2}（1+4{k^2}-{m^2}）}}}{{1+4{k^2}}}=1$，
变形整理得1+4k²=2m²＞m²，
∴$x_1^2+x_2^2={（{x_1}+{x_2}）^2}-2{x_1}{x_2}$=${（{-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}}）^2}-2•\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$
=${（{-\frac{8km}{{2{m^2}}}}）^2}-2•\frac{{4{m^2}-4}}{{2{m^2}}}$=$\frac{{4（1+4{k^2}-{m^2}）}}{m^2}=4$，
∴$x_1^2+x_2^2=4$．                                     
由（1），（2）可得，当△OAB的面积S=1时，$x_1^2+x_2^2=4$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率公式，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查分类讨论的思想方法和化简整理的运算能力，属于中档题．