Question

11．已知F₁，F(xiàn)₂為橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，M為橢圓C的上頂點(diǎn)，且|MF₁|=2，右焦點(diǎn)與右頂點(diǎn)的距離為1．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且直線OA，OB的斜率k_OA，k_OB滿足k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$，求△AOB的面積．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的性質(zhì)，|MF₁|=2，即a=2，a-c=1，即可求得c=1，b²=3，即可求得橢圓的方程；
（2）當(dāng)直線l斜率不存在時，k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$，求得A和B點(diǎn)坐標(biāo)，利用三角形面積公式，即可求得△AOB的面積，當(dāng)直線l的斜率存在，設(shè)出直線l的方程，將直線l的方程代入橢圓方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理求得x₁+x₂和x₁•x₂，根據(jù)斜率公式求得表示出k_OA•k_OB，由點(diǎn)到直線距離公式及三角形面積公式，即可求得△AOB的面積，綜上即可求得△AOB的面積．

解答 解：（1）由題意得，a=2，a-c=1，得c=1，a²=b²+c²，
∴b²=3，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，…（3分）
（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)l：x=n，不妨取A（n，$\sqrt{3（1-\frac{{n}^{2}}{4}）}$），B（n，-$\sqrt{3（1-\frac{{n}^{2}}{4}）}$），
由k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$，解得n²=2．
此時，S_△AOB=$\frac{1}{2}$丨AB丨•丨n丨=$\sqrt{3}$，…（5分）
②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y化簡得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
由韋達(dá)定理可知x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，△＞0得4k²-m²+3＞0…（7分）
k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$，$\frac{{y}_{1}y2}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{3}{4}$，即：3x₁•x₂+4y₁•y₂=0，
即：3x₁•x₂+4（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
即：（3+4k²）x₁•x₂+4km（x₁+m₂）+4m²=0，
化簡整理得：3+4k²=2m²，…（9分）
由弦長公式得：丨AB丨=$\sqrt{（1+{k}^{2}）}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{48（4{k}^{2}-{m}^{2}+3）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
O到直線y=kx+m的距離d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，則：
S_△AOB=$\frac{1}{2}$丨AB丨•d=$\sqrt{\frac{12（4{k}^{2}+3-{m}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$丨m丨，
=$\sqrt{\frac{12（2{m}^{2}-{m}^{2}）}{（2{m}^{2}）^{2}}}$•丨m丨，
=$\sqrt{3}$．  …（11分）
綜上所述，S_△AOB=$\sqrt{3}$．    …（12分）

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查了直線和圓錐曲線的關(guān)系，該題思路清晰，運(yùn)算復(fù)雜，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力．屬難題．