Question

15．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，右頂點(diǎn)為E，過F₁于x軸垂直的直線與橢圓C相交，其中一個(gè)交點(diǎn)為M（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
（I）求橢圓C的方程；
（II）經(jīng)過點(diǎn)P（1，0）的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．
（i）若直線AE，BE的斜率為k₁，k₂（k₁≠0，k₂≠0），證明：k₁•k₂為定值；
（ii）若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）由已知中橢圓通徑的端點(diǎn)坐標(biāo)，構(gòu)造方程組，可得a，b的值，進(jìn)而可得橢圓C的方程；
（II）經(jīng)過點(diǎn)P（1，0）的直線l可設(shè)為x=my+1，
（i）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理，可得y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，由橢圓的右頂點(diǎn)為E（2，0），可得：k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{（{my}_{1}-1）（{my}_{2}-1）}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{{{m}^{2}y}_{1}•{y}_{2}-{m（{y}_{1}+y}_{2}）+1}$，進(jìn)而得到答案；
（ii）由題意得：△OAB面積S=$\frac{1}{2}$×1×|y₁-y₂|，結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得△OAB面積的最大值．

解答 解：（I）由已知中過F₁于x軸垂直的直線與橢圓C相交，其中一個(gè)交點(diǎn)為M（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
可得：c=$\sqrt{3}$，$\frac{^{2}}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
解得：a=2，b=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；…3分
（II）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
證明：（i）∵直線l過定點(diǎn)（1，0），設(shè)x=my+1，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1\\ x=my+1\end{array}\right.$得：（m²+4）y²+2my-3=0，…5分
∴y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，
∵右頂點(diǎn)為E（2，0），
∴k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{（{my}_{1}-1）（{my}_{2}-1）}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{{{m}^{2}y}_{1}•{y}_{2}-{m（{y}_{1}+y}_{2}）+1}$=$\frac{\frac{-3}{{m}^{2}+4}}{{{m}^{2}•\frac{-3}{{m}^{2}+4}}_{1}-m•\frac{-2m}{{m}^{2}+4}+1}$=-$\frac{3}{4}$，
∴k₁•k₂為定值；…8分
（ii）由題意得：
△OAB面積S=$\frac{1}{2}$×1×|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{（2m）^{2}+12（{m}^{2}+4）}}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{{m}^{2}+3}}{{m}^{2}+4}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}+3}$，t≥$\sqrt{3}$，
則S=$\frac{2t}{{t}^{2}+1}$=$\frac{2}{t+\frac{1}{t}}$≤$\frac{2}{\sqrt{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
故△OAB面積的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$…12分

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的方程，橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，難度中檔．