Question

10．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，离心率e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，过点F且斜率为1的直线与椭圆交于C，D（D在x轴上方）两点，
（1）证明$\frac{{|{CD}|}}{{|{DF}|}}$是定值；
（2）若F（1，0），设斜率为k的直线l交椭圆C于A，B两点，且以AB为直径的圆恒过原点O，求△OAB面积最大值．

Answer 1

分析 （1）由离心率公式设出c=$\sqrt{2}$t，a=2t，b=$\sqrt{2}$t，椭圆方程为x²+2y²=4t²，（t＞0），F（$\sqrt{2}$t，0），直线CD的方程为y=x-$\sqrt{2}$t，联立直线和椭圆方程，解出C，D的坐标，运用两点的距离公式，即可得到定值；
（2）设直线l的方程为y=kx+m（k≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线和椭圆方程，运用判别式大于0和韦达定理，运用直径所对圆周角为直角，由数量积为0，再由三角形的面积公式，化简整理，结合配方和二次函数的最值求法，即可面积的最大值．

解答 解：（1）证明：离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
设c=$\sqrt{2}$t，a=2t，b=$\sqrt{2}$t，
椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4{t}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{2{t}^{2}}$=1，
即x²+2y²=4t²，（t＞0），F（$\sqrt{2}$t，0），
直线CD的方程为y=x-$\sqrt{2}$t，
联立直线和椭圆方程，消去y，可得
3x²-4$\sqrt{2}$tx=0，解得，x=0，或$\frac{4\sqrt{2}}{3}$t，
即有C（0，-$\sqrt{2}$t），D（$\frac{4\sqrt{2}}{3}$t，$\frac{\sqrt{2}}{3}$t），
则$\frac{{|{CD}|}}{{|{DF}|}}$=$\frac{\sqrt{2×（\frac{4\sqrt{2}}{3}t）^{2}}}{\sqrt{2×（\frac{\sqrt{2}}{3}）^{2}}}$=4是定值；
（2）设直线l的方程为y=kx+m（k≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
得$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$，消去y，得，（1+2k²）x²+4mkx+2m²-2=0，
判别式△=16m²k²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（1+2k²-m²）＞0，
$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-4mk}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}x{\;}_2+{y_1}y{\;}_2=0$，即$\frac{{3{m^2}-2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}=0$，即3m²=2（1+k²），
${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|m||{x_1}-{x_2}|=\frac{1}{2}\sqrt{{m^2}[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{8{m^2}（1+2{k^2}-{m^2}）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}$
=$\frac{2}{3}\sqrt{\frac{{（1+{k^2}）（1+4{k^2}）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}$，
设t=2k²+1≥1，${S_{△AOB}}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}\sqrt{\frac{{2{t^2}+t-1}}{t^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}\sqrt{-{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{9}{4}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
当t=2k²+1=2，即$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$（检验判别式大于0成立）时，面积的最大值为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，以及运用，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理，配方整理，考查向量的数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．