Question

16．已知橢圓的中心是原點O，焦點在x軸上，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短軸長為2，定點A（2，0）．
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）過橢圓右焦點F的直線與橢圓交于點M、N，當(dāng)|MN|最小時，求△AMN的面積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），運用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，求得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)點A到直線MN的距離為d，則△AMN的面積=$\frac{1}{2}$|MN|d，其中|MN|可以利用弦長公式求得，利用函數(shù)求最值，進而得到所求面積．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=1，
由a²-b²=c²，解得a=$\sqrt{2}$，c=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）橢圓的右焦點F（1，0），
設(shè)直線MN的方程是x=my+1，與x²+2y²=2聯(lián)立，
可得（m²+2）y²+2my-1=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
由題意y₁，y₂滿足方程（m²+2）y²+2my-1=0，
△=4m²+4（m²+2）＞0即m²+1＞0，
則方程根與系數(shù)的關(guān)系可得：y₁+y₂=-$\frac{2m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{1}{2+{m}^{2}}$，
即有|MN|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|，
又|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（\frac{-2m}{2+{m}^{2}}）^{2}+\frac{4}{2+{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{2+{m}^{2}}$，
則|MN|=$\frac{2\sqrt{2}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+2}$，令t=1+m²（t≥1），
即有|MN|=$\frac{2\sqrt{2}t}{1+t}$=$\frac{2\sqrt{2}}{1+\frac{1}{t}}$≥$\frac{2\sqrt{2}}{1+1}$=$\sqrt{2}$，
當(dāng)t=1即m=0時，|MN|取得最小值$\sqrt{2}$，
點A（2，0）到直線MN的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，
于是△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|d
=$\frac{\sqrt{2（{m}^{2}+1）}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故△AMN的面積是$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法和運用，同時考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和判別式，以及弦長公式，考查運算化簡能力，屬于中檔題．