Question

12．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l₁经过椭圆C的上顶点P且与圆x²+y²=4交于A，B两点，过点P作l₁的垂线l₂交椭圆C于另一点D，当△ABD的面积取得最大值时，求直线l₁的方程．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（II）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀）．由题意可知直线l₁的斜率垂直，当k=0时，直线l₁的方程为y=1，|AB|=2$\sqrt{3}$，直线l₂的方程为x=0，D（0，-1）．可得S_△ABD．当k≠0时，设直线l₁的方程为y=kx+1．可得圆心O（0，0）到直线l₁的距离d，于是|AB|=2$\sqrt{4-{d}^{2}}$．由l₁⊥l₂，可得直线l₂的方程为：x+ky-k=0．与椭圆方程联立解得x₀，可得|PD|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$|x₀|．S_△ABD=$\frac{1}{2}|PD||AB|$，即可得出．

解答 解：（I）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²，
联立解得b=c=1，a=$\sqrt{2}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀）．
由题意可知直线l₁的斜率垂直，当k=0时，直线l₁的方程为y=1，|AB|=2$\sqrt{3}$，
直线l₂的方程为x=0，D（0，-1）．
∴S_△ABD=$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2$=2$\sqrt{3}$．
当k≠0时，设直线l₁的方程为y=kx+1．
∴圆心O（0，0）到直线l₁的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴|AB|=2$\sqrt{4-{d}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{1+{k}^{2}}}$．
∵l₁⊥l₂，可得直线l₂的方程为：x+ky-k=0．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x+ky-k=0}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化为：（2+k²）x²-4kx=0．
解得x₀=$\frac{4k}{2+{k}^{2}}$，
∴|PD|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$$|\frac{4k}{2+{k}^{2}}|$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{2+{k}^{2}}$．
S_△ABD=$\frac{1}{2}|PD||AB|$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}+3}}{2+{k}^{2}}$．
设t=$\sqrt{4{k}^{2}+3}$$＞\sqrt{3}$，可得：k²=$\frac{{t}^{2}-3}{4}$，
则S_△ABD=$\frac{4t}{2+\frac{t-3}{4}}$=$\frac{16}{\frac{5}{t}+t}$≤$\frac{16}{2\sqrt{5}}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，当且仅当t=$\sqrt{5}$，即k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号．
又$\frac{8\sqrt{5}}{5}$$＞2\sqrt{3}$，
∴直线l₁的方程为：y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$x+1．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆及圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．