Question

6．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線$y=mx+\frac{1}{2}（m≠0）$對(duì)稱(chēng)．
（1）若已知$C（0，\frac{1}{2}）$，M為橢圓上動(dòng)點(diǎn)，證明：$|{MC}|≤\frac{{\sqrt{10}}}{2}$；
（2）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）求△AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （1）設(shè)M（x，y），則$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，利用兩點(diǎn)之間的距離公式、二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（2）由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為$y=-\frac{1}{m}x+b$．與橢圓方程聯(lián)立得$\frac{{2+{m^2}}}{{2{m^2}}}{x^2}-\frac{2b}{m}x+{b^2}-1=0$．△＞0，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式、根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．
（3）利用弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式可得S_△AOB，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：設(shè)M（x，y），則$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，
于是$|{MC}|=\sqrt{{x^2}+{{（y-\frac{1}{2}）}^2}}$=$\sqrt{2-2{y^2}+{{（y-\frac{1}{2}）}^2}}$=$\sqrt{-{y^2}-y+\frac{9}{4}}$=$\sqrt{-{{（y+\frac{1}{2}）}^2}+\frac{5}{2}}$，
∵-1≤y≤1，
∴當(dāng)$y=-\frac{1}{2}$時(shí)，${|{MC}|_{max}}=\frac{{\sqrt{10}}}{2}$．即$|{MC}|≤\frac{{\sqrt{10}}}{2}$．
（2）解：由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為$y=-\frac{1}{m}x+b$．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=-\frac{1}{m}x+b\end{array}\right.$消去y，得$\frac{{2+{m^2}}}{{2{m^2}}}{x^2}-\frac{2b}{m}x+{b^2}-1=0$．
∵直線$y=-\frac{1}{m}x+b$與橢圓$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
∴$△=-2{b^2}+2+\frac{4}{m^2}＞0$，
即${b^2}＜1+\frac{2}{m^2}$  ①
將AB中點(diǎn)$M（\frac{2mb}{{{m^2}+2}}，\frac{{{m^2}b}}{{{m^2}+2}}）$，
代入直線方程$y=mx+\frac{1}{2}$解得$b=-\frac{{{m^2}+2}}{{2{m^2}}}$  ②
由①②得$m＜-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$或$m＞\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（3）解：令$t=\frac{1}{m}∈（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0）∪（0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$，即${t^2}=（0，\frac{3}{2}）$，
則 $|{AB}|=\sqrt{{t^2}+1}•\frac{{\sqrt{-2{t^4}+2{t^2}+\frac{3}{2}}}}{{{t^2}+\frac{1}{2}}}$，
且O到直線AB的距離為$d=\frac{{{t^2}+\frac{1}{2}}}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，
設(shè)△AOB的面積為S（t），∴$S（t）=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{-2{{（{t^2}-\frac{1}{2}）}^2}+2}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)${t^2}=\frac{1}{2}$時(shí)，等號(hào)成立．
故△AOB面積的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、軸對(duì)稱(chēng)問(wèn)題、兩點(diǎn)之間的距離公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．