Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它的一个顶点的坐标为（0，-1）
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若椭圆C上存在两个不同的点A、B关于直线y=-$\frac{1}{m}$x+$\frac{1}{2}$对称，求△OAB的面积的最大值（O为坐标原点）．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=1，a²=b²+c²，联立解得a，b，c即可得出．
（II）直线AB的方程为：y=mx+n．与椭圆方程联立化为：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，△＞0，可得1+2m²＞n²．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．利用根与系数的关系可得线段AB的中点G$（\frac{-2mn}{1+2{m}^{2}}，\frac{n}{1+2{m}^{2}}）$，代入直线y=-$\frac{1}{m}$x+$\frac{1}{2}$，可得：n=-$\frac{1+2{m}^{2}}{2}$．利用|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．d=$\frac{|n|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，可得S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d，再利用二次函数的单调性即可得出．

解答 解：（I）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=1，a²=b²+c²，
联立解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）直线AB的方程为：y=mx+n．联立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，
△=16m²n²-4（1+2m²）（2n²-2）＞0，
∴1+2m²＞n²．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
∴x₁+x₂=$\frac{-4mn}{1+2{m}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{n}^{2}-2}{1+2{m}^{2}}$，
∴线段AB的中点G$（\frac{-2mn}{1+2{m}^{2}}，\frac{n}{1+2{m}^{2}}）$，代入直线y=-$\frac{1}{m}$x+$\frac{1}{2}$，可得：n=-$\frac{1+2{m}^{2}}{2}$．
∴x₁+x₂=2m，x₁•x₂=$\frac{2（-\frac{1+2{m}^{2}}{2}）^{2}-2}{1+2{m}^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{4{m}^{2}-\frac{8[\frac{（1+2{m}^{2}）^{2}}{4}-1]}{1+2{m}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{4{m}^{2}-\frac{2（1+2{m}^{2}）^{2}-8}{1+2{m}^{2}}}$．
d=$\frac{|n|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{1+2{m}^{2}}{2\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}$×（1+2m²）ו$\sqrt{4{m}^{2}-\frac{2（1+2{m}^{2}）^{2}-8}{1+2{m}^{2}}}$．
令1+2m²=t＞1，则S_△OAB=$\frac{1}{4}$$\sqrt{-2{t}^{2}+8t}$=f（t），（1＜t＜4）．
当t=1+2m²=2时，即m²=$\frac{1}{2}$时，S_△OAB的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、垂直平分线的性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．