Question

15．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，右顶点为E，过F₁于x轴垂直的直线与椭圆C相交，其中一个交点为M（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
（I）求椭圆C的方程；
（II）经过点P（1，0）的直线l与椭圆交于A，B两点．
（i）若直线AE，BE的斜率为k₁，k₂（k₁≠0，k₂≠0），证明：k₁•k₂为定值；
（ii）若O为坐标原点，求△OAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （I）由已知中椭圆通径的端点坐标，构造方程组，可得a，b的值，进而可得椭圆C的方程；
（II）经过点P（1，0）的直线l可设为x=my+1，
（i）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，可得y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，由椭圆的右顶点为E（2，0），可得：k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{（{my}_{1}-1）（{my}_{2}-1）}$=$\frac{{y}_{1}•{y}_{2}}{{{m}^{2}y}_{1}•{y}_{2}-{m（{y}_{1}+y}_{2}）+1}$，进而得到答案；
（ii）由题意得：△OAB面积S=$\frac{1}{2}$×1×|y₁-y₂|，结合对勾函数的图象和性质，可得△OAB面积的最大值．

解答 解：（I）由已知中过F₁于x轴垂直的直线与椭圆C相交，其中一个交点为M（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
可得：c=$\sqrt{3}$，$\frac{{b}^{2}}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
解得：a=2，b=1，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；…3分
（II）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
证明：（i）∵直线l过定点（1，0），设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=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，
∵右顶点为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为定值；…8分
（ii）由题意得：
△OAB面积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≥$\sqrt{3}$，
则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面积的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$…12分

点评 本题考查的知识点是椭圆的方程，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，难度中档．