Question

18．已知椭圆L：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a，b＞0）离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，过点（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$），与x轴不重合的直线，过定点T（m，0）（m为大于a的常数），且与椭圆L交于两点A，B（可以重合），点C为点A关于x轴的对称点．
（Ⅰ）求椭圆L的方程；
（Ⅱ）（i）求证：直线BC过定点M，并求出定点M的坐标；
（ii）求△OBC面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）（i）由对称性可得直线BC过定点，定点在x轴上，设直线l的方程为x=ty+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁），代入椭圆方程，运用韦达定理，求得直线BC的方程，可令y=0，求得x，化简整理，代入韦达定理，可得定点M；
（ii）记△OBC的面积为S，则S=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₂+y₁|，代入韦达定理和定点坐标，讨论m的范围，结合对号函数的性质，即可得到最大值．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2{b}^{2}}$=1，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）（i）证明：由对称性可得直线BC过定点，定点在x轴上，
设直线l的方程为x=ty+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁），
代入椭圆方程x²+2y²=2，可得（2+t²）y²+2tmy+m²-2=0，
即有△=4t²m²-4（2+t²）（m²-2）＞0，即为8（t²-m²+2）＞0，
y₁+y₂=-$\frac{2tm}{2+{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{m}^{2}-2}{2+{t}^{2}}$，
设BC：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，可得x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（t{y}_{1}+m）{y}_{2}+（t{y}_{2}+m）{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{2t{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+m=$\frac{2t（{m}^{2}-2）}{-2tm}$+m=$\frac{2}{m}$，
则直线BC过定点M（$\frac{2}{m}$，0）；
（ii）记△OBC的面积为S，
则S=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₂+y₁|=$\frac{1}{m}$•|$\frac{2tm}{2+{t}^{2}}$|=$\frac{2}{|t|+\frac{2}{|t|}}$，
由△＞0可得|t|＞$\sqrt{{m}^{2}-2}$（m＞$\sqrt{2}$），
①若$\sqrt{{m}^{2}-2}$＞＞$\sqrt{2}$，即m＞2时，S_max=$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}-2}+\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}-2}}}$；
②若$\sqrt{2}$＜m≤2时，S≤$\frac{2}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即有S_max=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式，考查直线恒过定点的求法，注意运用还在想方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和直线方程，考查三角形的面积的最大值的求法，注意运用对号函数的性质，属于中档题．