Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)組成的四邊形的面積為$2\sqrt{2}$，且經(jīng)過點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若橢圓C的下頂點(diǎn)為P，如圖所示，點(diǎn)M為直線x=2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線l垂直于OM，且與C交于A，B兩點(diǎn)，與OM交于點(diǎn)N，四邊形AMBO和△ONP的面積分別為S₁，S₂．求S₁S₂的最大值．

Answer 1

分析 （1）由$（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$在橢圓C上，可得$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$；又橢圓四個(gè)頂點(diǎn)組成的四邊形的面積為$2\sqrt{2}$，可得：$\frac{1}{2}×2a×2b$=2$\sqrt{2}$，聯(lián)立解出即可得出．
（2）由（1）可知F（1，0），設(shè)M（2，t），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則當(dāng)t≠0時(shí)，$OM：y=\frac{t}{2}x$，${k_{AB}}=-\frac{2}{t}$，直線AB的方程為2x+ty-2=0（t≠0），與橢圓方程聯(lián)立：（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式可得|AB|，再利用三角形面積計(jì)算公式即可得出．

解答 解：（1）∵$（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$在橢圓C上，∴$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，
又∵橢圓四個(gè)頂點(diǎn)組成的四邊形的面積為$2\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{2}×2a×2b=2\sqrt{2}，ab=\sqrt{2}$，
解得a²=2，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）由（1）可知F（1，0），設(shè)M（2，t），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則當(dāng)t≠0時(shí)，$OM：y=\frac{t}{2}x$，所以${k_{AB}}=-\frac{2}{t}$，
直線AB的方程為$y=-\frac{2}{t}（{x-1}）$，即2x+ty-2=0（t≠0），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{t}（{x-1}）}\\{{x^2}+2{y^2}-2=0}\end{array}}\right.$得（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，
則△=（-16）²-4（8+t²）（8-2t²）=8（t⁴+4t²）＞0，${x_1}+{x_2}=\frac{16}{{8+{t^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{8-2{t^2}}}{{8+{t^2}}}$，$AB=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{△}}}{{8+{t^2}}}=\sqrt{1+\frac{4}{t^2}}×\frac{{2\sqrt{2}t\sqrt{{t^2}+4}}}{{8+{t^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}（{{t^2}+4}）}}{{8+{t^2}}}$，
又$OM=\sqrt{{t^2}+4}$，∴${S_1}=\frac{1}{2}OM×AB=\frac{1}{2}\sqrt{{t^2}+4}×\frac{{2\sqrt{2}（{{t^2}+4}）}}{{8+{t^2}}}=\frac{{\sqrt{2}（{{t^2}+4}）\sqrt{{t^2}+4}}}{{8+{t^2}}}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{t}（{x-1}）}\\{y=\frac{t}{2}x}\end{array}}\right.$，得${X_N}=\frac{4}{{{t^2}+4}}$，∴${S_2}=\frac{1}{2}×1×\frac{4}{{{t^2}+4}}=\frac{2}{{{t^2}+4}}$，
∴${S_1}{S_2}=\frac{{\sqrt{2}（{{t^2}+4}）\sqrt{{t^2}+4}}}{{8+{t^2}}}×\frac{2}{{{t^2}+4}}=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+4}}}{{8+{t^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{\sqrt{{t^2}+4}+\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+4}}}}}＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
當(dāng)t=0時(shí)，直線$l：x=1，AB=\sqrt{2}，{S_1}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2=\sqrt{2}，{S_2}=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}，{S_1}{S_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴當(dāng)t=0時(shí)，${（{{S_1}{S_2}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．