Question

17．已知焦點在y軸上的橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$），不過橢圓頂點的動直線l：y=kx+m與橢圓C交于A、B兩點．求：
（1）橢圓C的標準方程；
（2）求三角形AOB面積的最大值，并求取得最值時直線OA、OB的斜率之積．

Answer 1

分析 （1）由題意得方程組$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，從而解得；
（2）作圖輔助，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），從而化簡由韋達定理可得x₁+x₂=-$\frac{2km}{{k}^{2}+4}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，從而求|AB|的長及三角形的高，從而化簡三角形的面積，從而求最大值，并化簡求直線OA、OB的斜率之積．

解答 解：（1）由題意知，
$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得，a=2，b=1；
故橢圓C的標準方程為$\frac{{y}^{2}}{4}$+x²=1；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立方程得，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}^{2}}{4}+{x}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，
化簡得，（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0，
故x₁+x₂=-$\frac{2km}{{k}^{2}+4}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，
故|x₁-x₂|=$\sqrt{（\frac{-2km}{{k}^{2}+4}）^{2}-4\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}}$=$\frac{4}{{k}^{2}+4}$•$\sqrt{{k}^{2}-{m}^{2}+4}$；
故|AB|=$\sqrt{{k}^{2}+1}$|x₁-x₂|=$\sqrt{{k}^{2}+1}$•$\frac{4}{{k}^{2}+4}$•$\sqrt{{k}^{2}-{m}^{2}+4}$；
點O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
故S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{{k}^{2}+4}$•$\sqrt{{k}^{2}-{m}^{2}+4}$•|m|
=2$\sqrt{\frac{（{k}^{2}-{m}^{2}+4）{m}^{2}}{（{k}^{2}+4）^{2}}}$=2$\sqrt{-（\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+4}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}}$，
故當$\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+4}$=$\frac{1}{2}$，即2m²=k²+4時，
S有最大值2×$\frac{1}{2}$=1；
k_OA•k_OB=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（k{x}_{1}+m）（k{x}_{2}+m）}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{-4{k}^{2}+4{m}^{2}}{{m}^{2}-4}$，
∵2m²=k²+4，
∴$\frac{-4{k}^{2}+4{m}^{2}}{{m}^{2}-4}$=$\frac{16-4{m}^{2}}{{m}^{2}-4}$=-4．
即直線OA、OB的斜率之積為-4．

點評 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關系的應用及數(shù)形結合的思想方法應用，同時考查了整體思想與韋達定理的應用．