Question

1．設橢圓E的方程為$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞1），O為坐標原點，直線l與橢圓E交于點A，B，M為線段AB的中點．
（1）若A，B分別為E的左頂點和上頂點，且OM的斜率為-$\frac{1}{2}$，求E的標準方程；
（2）若a=2，且|OM|=1，求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）將A和B代入橢圓方程，做差求得$\frac{1}{a^2}+\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•\frac{y_0}{x_0}=0$，由斜率公式可知k_AB=$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{a}，\frac{y_0}{x_0}=-\frac{1}{2}$，即可求得a的值，求得E的標準方程；
（2）將直線方程代入橢圓方程，由韋達定理及中點坐標公式，即可求得M點坐標，由|OM|=1，可得n²=$\frac{（4+{m}^{2}）^{2}}{16+{m}^{2}}$，由三角形面積公式可知：${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{OD}||{{y_1}-{y_2}}|=\frac{1}{2}|n||{{y_1}-{y_2}}|$，t=m²+4（t≥4），代入由基本不等式的性質即可求得△AOB面積的最大值．

解答 解：（1）設M（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x_1^2}{a^2}+y_1^2=1}\\{\frac{x_2^2}{a^2}+y_2^2=1}\end{array}}\right.$，兩式相減，得$\frac{{（{{x_1}-{x_2}}）（{{x_1}+{x_2}}）}}{a^2}+（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）=0$，…（2分）
即$\frac{1}{a^2}+\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•\frac{y_0}{x_0}=0$，又$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{a}，\frac{y_0}{x_0}=-\frac{1}{2}$，
代入化簡，解得a=2，
故E的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；…（5分）
（2）設直線l：x=my+n，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4+m²）y²+3mny+n²-4=0①
y₁+y₂=-$\frac{2mn}{4+{m}^{2}}$，y₁•y₂=$\frac{{n}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{8n}{4+{m}^{2}}$，
由中點坐標公式可知：M（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$），即M（$\frac{4n}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{mn}{4+{m}^{2}}$）
∵|OM|=1，
∴n²=$\frac{（4+{m}^{2}）^{2}}{16+{m}^{2}}$②，…（8分）
設直線l與x軸的交點為D（n，0），
則${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{OD}||{{y_1}-{y_2}}|=\frac{1}{2}|n||{{y_1}-{y_2}}|$，
令${S^2}=\frac{1}{4}{n^2}{（{{y_1}-{y_2}}）^2}=\frac{{48（{4+{m^2}}）}}{{{{（{{m^2}+16}）}^2}}}$，…（10分）
設t=m²+4（t≥4），
則${S^2}=\frac{{48（{4+{m^2}}）}}{{（{{m^2}+16}）}}=48×\frac{t}{{{t^2}+24t+144}}=\frac{48}{{t+\frac{144}{t}+24}}≤\frac{48}{{2\sqrt{t•\frac{144}{t}+24}}}=1$，
當t=12時，即$m=±2\sqrt{2}，n=±\sqrt{6}$時，
△AOB的面積取得最大值1…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程的求法，直線與橢圓的位置關系，韋達定理，基本不等式性質及三角形面積公式，考查點差法求直線斜率的方法，考查計算能力，屬于中檔題．