Question

12．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F₁．F₂分别为其左、右焦点，且|F₁F₂|=2c，一直线过点F₁与椭圆相交于A，B两点．
（Ⅰ）求证：该椭圆的短轴长与其焦距相等；
（Ⅱ）若△F₂AB的最大面积为$\sqrt{2}$，求椭圆的方程．

Answer 1

分析 （I）由$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得a²=2c²，又a²=b²+c²，即可证明；
（II）设直线AB的方程为：my=x+c．A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．点F₂到直线AB的距离d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．直线方程与椭圆方程联立化为：（m²+2）y²-2mcy-c²=0，利用根与系数的关系可得：|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，${S}_{△AB{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|AB|•d$，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 （I）证明：∵$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a²=2c²，又a²=b²+c²，∴b²=c²，∴b=c，即2b=2c．
∴该椭圆的短轴长与其焦距相等．
（II）解：设直线AB的方程为：my=x+c．A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
点F₂到直线AB的距离d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x+c}\\{\frac{{x}^{2}}{2{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{c}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为：（m²+2）y²-2mcy-c²=0，
∴y₁+y₂=$\frac{2mc}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-{c}^{2}}{{m}^{2}+2}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}{c}^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}+\frac{4{c}^{2}}{{m}^{2}+2}]}$=$\frac{2\sqrt{2}c（1+{m}^{2}）}{{m}^{2}+2}$．
∴${S}_{△AB{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|AB|•d$
=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{2}c（1+{m}^{2}）}{{m}^{2}+2}$×$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}{c}^{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2\sqrt{2}{c}^{2}}{\sqrt{1+{m}^{2}}+\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}}$≤$\sqrt{2}$c²=$\sqrt{2}$，解得c=1，当且仅当m=0时取等号，此时AB⊥x轴．
∴a²=2，b²=1．
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．

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、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．