Question

6．如圖，已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，F(xiàn)₁、F₂為其左、右焦點(diǎn)，過F₁的直線l交橢圓于A、B兩點(diǎn)，△F₁AF₂的周長(zhǎng)為$2（\sqrt{2}+1）$．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求△AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）；
（3）直線m也過F₁與且與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，且l⊥m，設(shè)線段AB、CD的中點(diǎn)分別為M、N兩點(diǎn)，試問：直線MN是否過定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓的半焦距為c，利用離心率以及△F₁AF₂的周長(zhǎng)，解得a，c，然后求解橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）設(shè)直線l的方程為：x=ky-1，與$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$聯(lián)立，消x，整理得：（k²+2）y²-2ky-1=0求出A，B的縱坐標(biāo)，表示出三角形的面積公式，化簡(jiǎn)整理，通過基本不等式求出最值．
（3）過定點(diǎn)$（{-\frac{2}{3}，0}）$可通過特殊情形猜想，若有定點(diǎn)，則在x 軸上．在k≠0，k≠±1的情況下，設(shè)直線l的方程為：x=ky-1，直線m的方程為：$x=-\frac{1}{k}y-1$，求出M坐標(biāo)，可得直線MN的方程，利用直線系推出結(jié)果即可．

解答 解：（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，則$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由題意知 $2（{a+c}）=2（{\sqrt{2}+1}）$，
二者聯(lián)立解得$a=\sqrt{2}$，c=1，則b²=1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…．（4分）
（2）設(shè)直線l的方程為：x=ky-1，與$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$聯(lián)立，消x，整理得：（k²+2）y²-2ky-1=0，△=（-2k）²+4（k²+2）=8k²+8＞0，${y_1}=\frac{{2k+\sqrt{8{k^2}+8}}}{{2（{{k^2}+1}）}}$，${y_2}=\frac{{2k-\sqrt{8{k^2}+8}}}{{2（{{k^2}+1}）}}$，…（6分）
所以${S_{△AOB}}={S_{△AOF}}+{S_{△BOF}}=\frac{1}{2}|{O{F_1}}||{{y_1}-{y_2}}|$=$\frac{1}{2}|{{y_1}-{y_2}}|$=$\frac{1}{2}\frac{{\sqrt{8{k^2}+8}}}{{{k^2}+2}}$=$\sqrt{2}\frac{{\sqrt{{k^2}+1}}}{{{k^2}+2}}$，…（7分）=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{{{{（{{k^2}+2}）}^2}}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{{{{[{（{{k^2}+1}）+1}]}^2}}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{{{{（{{k^2}+1}）}^2}+2（{{k^2}+1}）+1}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{1}{{（{{k^2}+1}）+\frac{1}{{{k^2}+1}}+2}}}$$≤\sqrt{2}\sqrt{\frac{1}{2+2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$（當(dāng)且僅當(dāng)${k^2}+1=\frac{1}{{{k^2}+1}}$，
即k=0時(shí)等號(hào)成立），所以△AOB面積的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$…．（10分）
（3）過定點(diǎn)$（{-\frac{2}{3}，0}）$可通過特殊情形猜想，若有定點(diǎn)，則在x 軸上．
在k≠0，k≠±1的情況下，設(shè)直線l的方程為：x=ky-1，
直線m的方程為：$x=-\frac{1}{k}y-1$，
由（2）得，${y_M}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}=\frac{k}{{{k^2}+2}}$，
故${x_M}=k\frac{k}{{{k^2}+2}}-1=\frac{-2}{{{k^2}+2}}$，即$M（{\frac{-2}{{{k^2}+2}}，\frac{k}{{{k^2}+2}}}）$，
則$N（{\frac{{-2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-k}{{2{k^2}+1}}}）$…．（12分）
可得直線MN的方程：$y+\frac{k}{{2{k^2}+1}}=\frac{{\frac{k}{{{k^2}+2}}-\frac{-k}{{2{k^2}+1}}}}{{\frac{-2}{{{k^2}+2}}-\frac{{-2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}}}（{x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}}）$，
即$y+\frac{k}{{2{k^2}+1}}=\frac{3k}{{2（{{k^2}-1}）}}（{x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}}）$，則$y=\frac{3k}{{2（{{k^2}-1}）}}（{x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}}）-\frac{k}{{2{k^2}+1}}$$y=\frac{3k}{{2（{{k^2}-1}）}}[{x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}-\frac{k}{{2{k^2}+1}}•\frac{{2（{{k^2}-1}）}}{3k}}]$，即$y=\frac{3k}{{2（{{k^2}-1}）}}（{x+\frac{2}{3}}）$，
故直線MN過定點(diǎn)$（{-\frac{2}{3}，0}）$（或令y=0，即得$x=-\frac{2}{3}$）
易驗(yàn)證當(dāng)k=0，k=±1時(shí)，結(jié)論仍成立．
綜上，直線MN過定點(diǎn)$（{-\frac{2}{3}，0}）$…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，基本不等式在最值中的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力以及計(jì)算能力．