Question

9．如圖所示，橢圓長軸端點為點A、B、O為橢圓的中心，F(xiàn)為橢圓的上焦點，且$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1，|\overrightarrow{OF}|=1$．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若四邊形MPNQ的四個頂點都在橢圓上，對角線PQ，MN互相垂直并且它們的交點恰為點F，求四邊形MPNQ面積的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意設(shè)出橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，并求得c=1，結(jié)合$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1$，可得a²-c²=1，則a²，b²可求，橢圓方程可求；
（2）由對角線PQ，MN互相垂直，可得直線PQ，MN中至少有一條斜率存在，
不妨設(shè)PQ的斜率為k，可得PQ的方程為y=kx+1，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用弦長公式求得|PQ|，同理求得|MN|，代入四邊形的面積公式后換元，由函數(shù)的單調(diào)性求得四邊形MPNQ面積的最大值和最小值．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，由題意可知c=1，
∵$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1$，∴（a+c）（a-c）=1，即a²-c²=1，
∴a²=2，b²=a²-c²=1，
故橢圓的方程為${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）∵對角線PQ，MN互相垂直，∴直線PQ，MN中至少有一條斜率存在，
不妨設(shè)PQ的斜率為k，又PQ過點F（0，1），故PQ的方程為y=kx+1，將此式代入橢圓方程可得，（2+k²）x²+2kx-1=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k}{2+{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2+{k}^{2}}$，
從而|PQ|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（-\frac{2k}{2+{k}^{2}}）^{2}+\frac{4}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
當(dāng)k≠0時，MN的斜率為$-\frac{1}{k}$，同上可得$|MN|=\frac{2\sqrt{2}[1+（-\frac{1}{k}）^{2}]}{2+（-\frac{1}{k}）^{2}}=\frac{2\sqrt{2}（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{2+\frac{1}{{k}^{2}}}$，
故四邊形MPNQ的面積$S=\frac{1}{2}|PQ|•|MN|=\frac{4（1+{k}^{2}）（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{（2+{k}^{2}）（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$=$\frac{4（2+{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）}{5+2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}}$，
令$u={k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}≥2$，當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時，u=2，
此時$S=\frac{4（2+u）}{5+2u}=2（1-\frac{1}{5+2u}）$，顯然S是以u為自變量的增函數(shù)，
∴$\frac{16}{9}≤S＜2$；                                          
當(dāng)k=0時，|MN|=$2\sqrt{2}$，|PQ|=$\sqrt{2}$，此時$S=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$，
綜上所述，四邊形MPNQ面積的最大值為2，最小值為$\frac{16}{9}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線和橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了函數(shù)值域的求法，靈活變形及適當(dāng)?shù)膿Q元是解答該題的關(guān)鍵，是中檔題．