Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的短軸的一個頂點和兩個焦點構(gòu)成直角三角形，且三角形的面積為1．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)F₁，F(xiàn)₂是橢圓C的左、右焦點，過F₁，F(xiàn)₂任作兩條平行直線分別交橢圓于A，B和C，D不同四點，求四邊形ABCD的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ bc=1\\ b=c\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2}\\ b=1\end{array}\right.$，即可得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)過橢圓右焦點F₂的直線CD為x=ty+1，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$整理得（t²+2）y²+2ty-1=0，可得$|{y_1}-{y_2}|=\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{\sqrt{8{t^2}+8}}}{{{t^2}+2}}=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
S_{四邊形ABCD}=$4{S_{△OCD}}=\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，令$m=\sqrt{1+{t^2}}≥1$，則$S=f（m）=\frac{{4\sqrt{2}m}}{{{m^2}+1}}=\frac{{4\sqrt{2}}}{{m+\frac{1}{m}}}$，可得四邊形ABCD的面積最大值．

解答 解：（Ⅰ）依題意$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ bc=1\\ b=c\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2}\\ b=1\end{array}\right.$
即橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）顯然直線AB，CD的斜率不為0，設(shè)過橢圓右焦點F₂的直線CD為x=ty+1，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）．
則$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$整理得（t²+2）y²+2ty-1=0，顯然△＞0
∴${y_1}+{y_2}=\frac{-2t}{{{t^2}+2}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-1}{{{t^2}+2}}$，
∴$|{y_1}-{y_2}|=\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{\sqrt{8{t^2}+8}}}{{{t^2}+2}}=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
s_△OCD=${s}_{△O{F}_{2}C}+{s}_{△O{F}_{2}D}$=$\frac{1}{2}$|OF|×|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{{t}^{2}+1}}{{t}^{2}+2}$，
∵AB∥CD，且分別過橢圓左右焦點，所以四邊形ABCD為平行四邊形，且O為四邊形ABCD的中心S_{四邊形ABCD}=$4{S_{△OCD}}=\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
令$m=\sqrt{1+{t^2}}≥1$，則$S=f（m）=\frac{{4\sqrt{2}m}}{{{m^2}+1}}=\frac{{4\sqrt{2}}}{{m+\frac{1}{m}}}$，
注意到S=f（m）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，所以${S_{max}}=f（1）=2\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m=1，即t=0時等號成立，故這個四邊形ABCD的面積最大值為$2\sqrt{2}$．

點評 本題考查了橢圓的方程，橢圓與直線的位置關(guān)系，方程思想、韋達(dá)定理，屬于中檔題．