Question

15．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=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它过点P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（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）由椭圆的离心率为e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它过点P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），列出方程组，求出a=$\sqrt{2}$，b=1，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）由题意设直线AB的方程为y=mx+n，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式、弦长公式，结合已知条件能求出△OAB的面积的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，它过点P（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）由题意设直线AB的方程为y=mx+n，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得：（1+2m²）x²+4mnx+2n²-2=0，
由△=（4mn）²-4（1+2m²）（2n²-2）＞0，
得1+2m²＞n²，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4mn}{1+2{m}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{n}^{2}-1}{1+2{m}^{2}}$，
AB的中点（$\frac{-2mn}{1+2{m}^{2}}，\frac{n}{1+2{m}^{2}}$）在直线y=-$\frac{1}{m}x+\frac{1}{2}$上，∴n=-$\frac{1+2{m}^{2}}{2}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=2m，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2（-\frac{1+2{m}^{2}}{2}）^{2}-2}{1+2{m}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\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}}}$，
∴S_△OAB=f（t）=$\frac{1}{4}\sqrt{-2{t}^{2}+8t}$，（1＜t＜4），
∴t=1+2m²=2，
∴m=$±\frac{1}{2}$，△OAB的面积的最大值S=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查根的判别式、韦达定理、中点坐标公式、弦长公式、椭圆性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．