Question

20．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左，右焦點(diǎn)M、N．若以橢圓的焦點(diǎn)為頂點(diǎn)，以橢圓長(zhǎng)軸的頂點(diǎn)為焦點(diǎn)作一雙曲線恰為等軸雙曲線．
（1）求橢圓的離心率；
（2）設(shè)L為過(guò)橢圓右焦點(diǎn)N的直線，交橢圓于P、Q兩點(diǎn)，當(dāng)△MPQ周長(zhǎng)為8時(shí)；求△MPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由等軸雙曲線的性質(zhì)，即可求得b=c，則a=$\sqrt{2}$c，根據(jù)橢圓的離心率公式即可求得橢圓的離心率；
（2）方法一：由4a=8，求得橢圓方程，設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式即可表達(dá)出△MPQ面積，換元根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得△MPQ面積的最大值．
方法二：根據(jù)對(duì)稱性，設(shè)直線PQ的傾斜角，直線L的方程代入橢圓方程，由橢圓的焦點(diǎn)弦公式，利用韋達(dá)定理及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△MPQ面積的最大值；
方法三：根據(jù)對(duì)稱性，設(shè)直線PQ的傾斜角，直線L的方程代入橢圓方程，由弦長(zhǎng)公式，利用韋達(dá)定理及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△MPQ面積的最大值；

解答 解：（1）由題意雙曲線為$\frac{x^2}{c^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$為等軸雙曲線，
則b=c，a²=b²+c²=2c²，即a=$\sqrt{2}$c，
∴橢圓的離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴橢圓的離心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$；（4分）
（2）方法一：△MPQ周長(zhǎng)為4a=8，則橢圓為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，（6分）
設(shè)PQ為$x=ny+\sqrt{2}$，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{x=ny+\sqrt{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：$（{{n^2}+2}）{y^2}+2\sqrt{2}ny-2=0$（8分）
由韋達(dá)定理$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=-\frac{{2\sqrt{2}n}}{{{n^2}+2}}}\\{{y_1}•{y_2}=-\frac{2}{{{n^2}+2}}}\end{array}}\right.$，則丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}\sqrt{{n}^{2}+1}}{{n}^{2}+2}$，
$⇒{S_△}=\frac{1}{2}|{MN}||{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{4\sqrt{2}\sqrt{{n^2}+1}}}{{{n^2}+2}}$（10分）
令t=$\sqrt{{n}^{2}+1}$≥1；則${S_△}=\frac{{4\sqrt{2}t}}{{{t^2}+2}}=\frac{{4\sqrt{2}}}{{t+\frac{1}{t}}}≤2\sqrt{2}$．（顯然當(dāng)t=1，即n=0時(shí)最大），
△MPQ面積的最大值2$\sqrt{2}$．（12分）
法二：由對(duì)稱性，不妨設(shè)PQ的傾斜角為α∈（0，$\frac{π}{2}$]．△MPQ面積S，S=$\frac{1}{2}$丨MN丨sinα丨PQ丨，
△MPQ周長(zhǎng)為8時(shí)可得：橢圓為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，
∴${y_1}+{y_2}=-\frac{{2\sqrt{2}n}}{{{n^2}+2}}；{y_1}•{y_2}=-\frac{2}{{{n^2}+2}}$，
設(shè)PQ為$x=ny+\sqrt{2}$其中$n=\frac{1}{tanα}$代入橢圓得$（{{n^2}+2}）{y^2}+2\sqrt{2}ny-2=0$，
又焦點(diǎn)弦$|{PQ}|=a-e{x_1}+a-e{x_2}=2a-e（{n{y_1}+\sqrt{2}}）-e（{n{y_2}+\sqrt{2}}）$，
又焦點(diǎn)弦$|{PQ}|=a-e{x_1}+a-e{x_2}=2a-e（{n{y_1}+\sqrt{2}}）-e（{n{y_2}+\sqrt{2}}）$，
=2a-2$\sqrt{2}$e-ne（y₁+y₂），
=2-$\frac{\sqrt{2}}{2}$n（y₁+y₂），
=2+$\frac{2{n}^{2}}{{n}^{2}+2}$，
=2+$\frac{2}{1+2ta{n}^{2}α}$，
=$\frac{4}{1+si{n}^{2}α}$，
∴${S_△}=\frac{{4\sqrt{2}sinα}}{{1+{{sin}^2}α}}=\frac{{4\sqrt{2}}}{{sinα+\frac{1}{sinα}}}≤2\sqrt{2}$，顯然α=90°時(shí)取最大．
△MPQ面積的最大值2$\sqrt{2}$．
法三：△MPQ周長(zhǎng)為8時(shí)即4a=8，a=2可得：橢圓為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，
由對(duì)稱性，不妨設(shè)PQ的傾斜角為α∈（0，$\frac{π}{2}$]．△MPQ面積S，S=$\frac{1}{2}$丨MN丨sinα丨PQ丨，
又丨PQ丨=$\frac{eP}{1-ecosα}$+$\frac{eP}{1+ecosα}$（其中$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，P=\frac{b^2}{c}=\sqrt{2}$），
$|{PQ}|=\frac{1}{{1-\frac{{\sqrt{2}}}{2}cosα}}+\frac{1}{{1+\frac{{\sqrt{2}}}{2}cosα}}=\frac{2}{{1-\frac{1}{2}{{cos}^2}α}}=\frac{4}{{1+{{sin}^2}α}}$，
${S_△}=\frac{{4\sqrt{2}sinα}}{{1+{{sin}^2}α}}=\frac{{4\sqrt{2}}}{{sinα+\frac{1}{sinα}}}≤2\sqrt{2}$，顯然α=90°時(shí)取最大．
△MPQ面積的最大值2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，基本不等式性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．