Question

5．如圖：已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，與雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1$有相同的焦點(diǎn)，且橢圓C過點(diǎn)P（2，1），若直線l與直線OP平行且與橢圓C相交于點(diǎn)A，B．
（Ⅰ） 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ） 求三角形OAB面積的最大值；
（Ⅲ）求證：直線PA，PB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由c=$\sqrt{6}$，a²=b²+c²=b²+6，將P（1，2）代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{^{2}+6}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，求得a和b，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}$x+m，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長公式，點(diǎn)到直線的距離公式，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得三角形OAB面積的最大值；
（Ⅲ）設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k₁，k₂，由已知條件推導(dǎo)出k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}$=0，由此能證明直線PA，PB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形．

解答 解：（Ⅰ）雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1$有相同的焦點(diǎn)（$\sqrt{6}$，0），即c=$\sqrt{6}$，
則a²=b²+c²=b²+6，將P（2，1）代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{^{2}+6}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，解得：b²=2，a²=8，
橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ） 由直線l平行于OP，設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}$x+m，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得x²+2mx+2m²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-2m，x₁+x₂=2m²-4，
由l與橢圓C有不同的兩點(diǎn)，則△＞0
△=4m²-4（2m²-4）＞0，解得-2＜m＜2，且m≠0，
又|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$•$\sqrt{4{m}^{2}-4（2{m}^{2}-4）}$=$\sqrt{5}$•$\sqrt{4-{m}^{2}}$，
點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{丨2m丨}{\sqrt{5}}$，
∴△OAB的面積S=$\frac{1}{2}$•d•丨AB丨=|m|•$\sqrt{4-{m}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$≤$\frac{{m}^{2}+4-{m}^{2}}{2}$=2，
當(dāng)且僅當(dāng)m²=4-m²，即m=±$\sqrt{2}$時(shí)取等號，
三角形OAB面積的最大值2；
（ⅡI）證明：設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k₁，k₂，
則k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}$=$\frac{（\frac{1}{2}{x}_{1}+m-1）（{x}_{2}-2）+（\frac{1}{2}{x}_{2}+m-1）（{x}_{1}-2）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$
=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}+（m-2）（{x}_{1}+{x}_{2}）-4（m-1）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{2{m}^{2}-4+（m-2）（-2m）-4（m-1）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=0，
∴直線PA，PB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查求三角形面積的最大值和直線方程的求法，韋達(dá)定理及基本不等式的性質(zhì)，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用，屬于中檔題．