Question

15．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的倾斜角为$\frac{3π}{4}$，O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设斜率为k的直线l与椭圆C相交于A，B两点，记△AOB面积的最大值为S_k，证明：S₁=S₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用直线的斜率求出b，然后求解a，即可求椭圆C的方程；
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y=kx+m，其中k=1或2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线与椭圆的方程组，通过判别式以及韦达定理，求解弦长，求出点到直线的距离，表示三角形的面积，然后证明：S₁=S₂．

解答 （本小题满分12分）
（Ⅰ）解：由题意，得椭圆C的半焦距c=1，右焦点F（1，0），上顶点M（0，b），
所以直线MF的斜率$k=\frac{b-0}{0-1}=tan\frac{3π}{4}=-1$，解得b=1，由a²=b²+c²，得a²=2，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y=kx+m，其中k=1或2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0…（5分）
所以△=16k²-8m²+8＞0（*），于是有${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，所以
$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}）}^2}-4×\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}=\frac{{\sqrt{1+{k^2}}}}{{1+2{k^2}}}\sqrt{8（2{k^2}-{m^2}+1）}$，…（6分）
因为原点O到直线y=kx+m的距离 $d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，…（8分）
所以${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{{\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}}\sqrt{{m^2}（2{k^2}-{m^2}+1）}$…（9分）
S₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，${S_{△AOB}}=\frac{{\sqrt{2}}}{9}\sqrt{{m^2}（9-{m^2}）}$，
当k=1时，${S_{△AOB}}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}\sqrt{{m^2}（3-{m^2}）}$，所以当${m^2}=\frac{3}{2}$时，S_△AOB的最大值${S_1}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，验证知（*）成立；
m²=$\frac{9}{2}$，当k=2时，所以当时S_△AOB的最大值，
验证知（*）成立；所以S₁=S₂…（12分）

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．