Question

8．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F（1，0），離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過(guò)F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為M，N．
（1）求橢圓的方程；
（2）證明：直線MN必過(guò)定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意確定出c與e的值，利用離心率公式求出a的值，進(jìn)而求出b的值，確定出橢圓方程即可；
（2）由直線AB與CD向量存在，設(shè)為k，表示出AB方程，設(shè)出A與B坐標(biāo)，進(jìn)而表示出M坐標(biāo)，聯(lián)立直線AB與橢圓方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系表示出M，同理表示出N，根據(jù)M與N橫坐標(biāo)相同求出k的值，得到此時(shí)MN斜率不存在，直線MN恒過(guò)定點(diǎn)；若直線MN斜率存在，表示出直線MN斜率，進(jìn)而表示出直線MN，令y=0，求出x的值，得到直線MN恒過(guò)定點(diǎn)，綜上，得到直線MN恒過(guò)定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（3）根據(jù)P坐標(biāo)，得到OP的長(zhǎng)，由OF-OP表示出PF長(zhǎng)，三角形MNF面積等于三角形PMF面積加上三角形PNF面積，利用基本不等式求出面積的最大值即可．

解答 解：（1）由題意：c=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）∵AB，CD斜率均存在，
∴設(shè)直線AB方程為：y=k（x-1），
再設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有M（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，k（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-1）），
聯(lián)立得：$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x^2}+2{y^2}-2=0}\end{array}}\right.$，
消去y得：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$，即M（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{-k}{1+2{k}^{2}}$），
將上式中的k換成-$\frac{1}{k}$，同理可得：N（$\frac{2}{2+{k}^{2}}$，$\frac{k}{2+{k}^{2}}$），
若$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{2}{2+{k}^{2}}$，解得：k=±1，直線MN斜率不存在，
此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)（$\frac{2}{3}$，0）；
下證動(dòng)直線MN過(guò)定點(diǎn)P（$\frac{2}{3}$，0），
若直線MN斜率存在，則k_MN=$\frac{\frac{-k}{1+2{k}^{2}}-\frac{k}{2+{k}^{2}}}{\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-\frac{2}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{-k（3{k}^{2}+3）}{2{k}^{4}-2}$=$\frac{3}{2}$×$\frac{-k}{{k}^{2}-1}$，
直線MN為y-$\frac{k}{2+{k}^{2}}$=$\frac{3}{2}$×$\frac{-k}{{k}^{2}-1}$（x-$\frac{2}{2+{k}^{2}}$），
令y=0，得x=$\frac{2}{2+{k}^{2}}$+$\frac{2}{3}$×$\frac{{k}^{2}-1}{2+{k}^{2}}$=$\frac{2}{3}$×$\frac{3+{k}^{2}-1}{2+{k}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，
綜上，直線MN過(guò)定點(diǎn)（$\frac{2}{3}$，0）；
（3）由第（2）問(wèn)可知直線MN過(guò)定點(diǎn)P（$\frac{2}{3}$，0），
故S_△FMN=S_△FPM+S_△FPN=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$|$\frac{k}{2+{k}^{2}}$|+$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$|$\frac{-k}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{（|k|+\frac{1}{|k|}）}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}$，
令t=|k|+$\frac{1}{|k|}$∈[2，+∞），S_△FMN=f（t）=$\frac{1}{2}$×$\frac{t}{2（{t}^{2}-2）+5}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{t}{2{t}^{2}+1}$，
∴f（t）在t∈[2，+∞）單調(diào)遞減，
當(dāng)t=2時(shí)，f（t）取得最大值，即S_△FMN最大值$\frac{1}{9}$，此時(shí)k=±1．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，根與系數(shù)的關(guān)系，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，以及直線兩點(diǎn)式方程，熟練掌握橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．