Question

12．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，且|F₁F₂|=2，點(diǎn)P（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）在E上．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過(guò)P作x軸的垂線交x軸于Q，過(guò)Q的直線交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：2c=2，c=1，a²=b²+c²=b²+1，將P（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)AB的方程為：y=k（x-$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式可知：丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{6{k}^{2}+9}}{3+4{k}^{2}}$，△AOB面積的S=$\frac{1}{2}$•d•丨AB丨，設(shè)S=t，則t²=3-$\frac{27}{16{k}^{4}-124{k}^{2}+9}$，則k不存在時(shí)，即AB⊥x軸時(shí)，t²取最大值，△AOB面積的最大值$\sqrt{3}$．

解答 解：（1）由題意可知：|F₁F₂|=2，即2c=2，c=1，
由a²=b²+c²=b²+1，
由P（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）在E上，則$\frac{2}{^{2}+1}+\frac{3}{2^{2}}=1$，解得：b²=3，a²=4，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）過(guò)P作x軸的垂線交x軸于Q，則Q（$\sqrt{2}$，0），
設(shè)AB的方程為：y=k（x-$\sqrt{2}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=k（x-\sqrt{2}）}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²-8$\sqrt{2}$k²x+8k²-12=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{8{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{6{k}^{2}+9}}{3+4{k}^{2}}$，
O到直線AB的距離d=-$\frac{丨-\sqrt{2}k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}丨k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△AOB面積的S=$\frac{1}{2}$•d•丨AB丨=$\frac{2\sqrt{2}丨k丨\sqrt{6{k}^{2}+9}}{3+4{k}^{2}}$，
設(shè)S=t，則t²=3-$\frac{27}{16{k}^{4}-124{k}^{2}+9}$，
則k不存在時(shí)，即AB⊥x軸時(shí)，t²取最大值，
∴△AOB面積的最大值$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，點(diǎn)到直線的距離公式，弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．