Question

6．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂，離心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，短軸長(zhǎng)為2．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）如圖，點(diǎn)A為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)（非長(zhǎng)軸端點(diǎn)），AF₂的延長(zhǎng)線與橢圓交于B點(diǎn)，AO的延長(zhǎng)線與橢圓交于C點(diǎn)，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意解得b，利用離心率以及a，b，c的關(guān)系求解a，b，即可得到橢圓的方程．
（Ⅱ）①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，求解三角形的面積；②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理弦長(zhǎng)公式求出|AB|，通過(guò)點(diǎn)O到直線kx-y-k=0的距離求出d，表示出三角形的面積．利用基本不等式求解最值．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）由題意得2b=2，解得b=1，…（1分）
∵$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，a²=b²+c²，∴$a=\sqrt{2}$，c=1，
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（3分）
（Ⅱ）①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不妨取$A（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$B（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，C（-1，$-\frac{\sqrt{2}}{2}$），
故${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{2}=\sqrt{2}$：…（4分）
②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
化簡(jiǎn)得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，…（5分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，…（6分）$|AB|=\sqrt{（1+{k^2}）•[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}•{x_2}]}$=$\sqrt{（1+{k^2}）•[{{（\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}）}^2}-4•\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}]}$=$2\sqrt{2}\frac{{{k^2}+1}}{{2{k^2}+1}}$，…（8分）
點(diǎn)O到直線kx-y-k=0的距離$d=\frac{|-k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$
因?yàn)镺是線段AC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)C到直線AB的距離為2d=$\frac{2|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，…（9分）∴${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|AB|•2d=\frac{1}{2}•（2\sqrt{2}•\frac{{{k^2}+1}}{{2{k^2}+1}}）•\frac{2|k|}{{\sqrt{k{\;}^2+1}}}=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{{{k^2}（{k^2}+1）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$
=2$\sqrt{2}$$\sqrt{\frac{1}{4}-\frac{1}{4（2{k}^{2}+1）^{2}}}$$≤\sqrt{2}$…（11分）
綜上，△ABC面積的最大值為$\sqrt{2}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．