Question

15．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別是F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），點M是橢圓上的任意一點，△MF₁F₂的周長是2$\sqrt{2}$+2，且△MF₁F₂面積的最大值是1．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若N是橢圓上一點，點M，N不重合，線段MN的垂直平分線的方程是2λx-2y+1=0，求△0MN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的定義和范圍，可得a+c=2+$\sqrt{2}$，bc=1，a²-b²=c²，解方程可得a，b，即可得到橢圓方程；
（2）由兩直線垂直的條件可設(shè)直線MN的方程為y=-$\frac{1}{λ}$x+t，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，再由中點坐標(biāo)公式，可得MN的中點，代入垂直平分線方程可得t=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{λ}^{2}}$，再由點到直線的距離公式，可得O到直線MN的距離，運用三角形的面積公式，化簡整理，可得△OMN的最大值．

解答 解：（1）△MF₁F₂的周長是2$\sqrt{2}$+2，
即為|MF₁|+|MF₂|+|F₁F₂|=2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，
由△MF₁F₂面積為$\frac{1}{2}$|y_M|•2c=c|y_M|≤bc，
即有bc=1，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）線段MN的垂直平分線的方程是2λx-2y+1=0，
即有直線MN的方程為y=-$\frac{1}{λ}$x+t，
代入橢圓方程可得，（2+λ²）y²-2λ²ty+λ²t²-2=0，
△=4λ⁴t²-4（2+λ²）（λ²t²-2）＞0，
y₁+y₂=$\frac{2{λ}^{2}t}{2+{λ}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{λ}^{2}{t}^{2}-2}{2+{λ}^{2}}$，
MN中點為（$\frac{2tλ}{2+{λ}^{2}}$，$\frac{{λ}^{2}t}{2+{λ}^{2}}$），
代入MN的垂直平分線可得，t=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{λ}^{2}}$，
即有y₁+y₂=-1，y₁y₂=$\frac{{λ}^{2}{t}^{2}-2}{2+{λ}^{2}}$=$\frac{（2-{λ}^{2}）^{2}}{4{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}$，
即有|MN|=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$•$\sqrt{1-4•\frac{（2-{λ}^{2}）^{2}}{4{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}}$
=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$•$\sqrt{\frac{6{λ}^{2}-4}{{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}}$，
又O到直線MN的距離為d=$\frac{|λt|}{\sqrt{1+{λ}^{2}}}$=$\frac{2+{λ}^{2}}{2|λ|\sqrt{1+{λ}^{2}}}$，
則△0MN面積為S=$\frac{1}{2}$d•|MN|=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{\frac{（6{λ}^{2}-4）（2+{λ}^{2}）}{{λ}^{4}}}$
=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{6-\frac{8}{{λ}^{4}}+\frac{8}{{λ}^{2}}}$=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{8-8（\frac{1}{{λ}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}}$，
當(dāng)λ=±$\sqrt{2}$，△OMN的面積取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，滿足判別式大于0．
故△OMN的面積取得最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的定義和性質(zhì)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理和弦長公式，考查化簡整理的運算求解能力，屬于中檔題．