已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的左.右焦点分别是F1.F2(c.0).点M是椭圆上的任意一点.△MF1F2的周长是2$\sqrt{2}$+2.且△MF1F2面积的最大值是1．(1)求椭圆C的标准方程,(2)若N是椭圆上一点.点M.N不重合.线段MN的垂直平分线的方程是2λx-2y+1=0.求△0MN面� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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15．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F₁（-c，0），F₂（c，0），点M是椭圆上的任意一点，△MF₁F₂的周长是2$\sqrt{2}$+2，且△MF₁F₂面积的最大值是1．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若N是椭圆上一点，点M，N不重合，线段MN的垂直平分线的方程是2λx-2y+1=0，求△0MN面积的最大值．

分析（1）运用椭圆的定义和范围，可得a+c=2+$\sqrt{2}$，bc=1，a²-b²=c²，解方程可得a，b，即可得到椭圆方程；
（2）由两直线垂直的条件可设直线MN的方程为y=-$\frac{1}{λ}$x+t，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，再由中点坐标公式，可得MN的中点，代入垂直平分线方程可得t=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{λ}^{2}}$，再由点到直线的距离公式，可得O到直线MN的距离，运用三角形的面积公式，化简整理，可得△OMN的最大值．

解答解：（1）△MF₁F₂的周长是2$\sqrt{2}$+2，
即为|MF₁|+|MF₂|+|F₁F₂|=2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，
由△MF₁F₂面积为$\frac{1}{2}$|y_M|•2c=c|y_M|≤bc，
即有bc=1，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）线段MN的垂直平分线的方程是2λx-2y+1=0，
即有直线MN的方程为y=-$\frac{1}{λ}$x+t，
代入椭圆方程可得，（2+λ²）y²-2λ²ty+λ²t²-2=0，
△=4λ⁴t²-4（2+λ²）（λ²t²-2）＞0，
y₁+y₂=$\frac{2{λ}^{2}t}{2+{λ}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{λ}^{2}{t}^{2}-2}{2+{λ}^{2}}$，
MN中点为（$\frac{2tλ}{2+{λ}^{2}}$，$\frac{{λ}^{2}t}{2+{λ}^{2}}$），
代入MN的垂直平分线可得，t=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{λ}^{2}}$，
即有y₁+y₂=-1，y₁y₂=$\frac{{λ}^{2}{t}^{2}-2}{2+{λ}^{2}}$=$\frac{（2-{λ}^{2}）^{2}}{4{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}$，
即有|MN|=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$•$\sqrt{1-4•\frac{（2-{λ}^{2}）^{2}}{4{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}}$
=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$•$\sqrt{\frac{6{λ}^{2}-4}{{λ}^{2}（2+{λ}^{2}）}}$，
又O到直线MN的距离为d=$\frac{|λt|}{\sqrt{1+{λ}^{2}}}$=$\frac{2+{λ}^{2}}{2|λ|\sqrt{1+{λ}^{2}}}$，
则△0MN面积为S=$\frac{1}{2}$d•|MN|=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{\frac{（6{λ}^{2}-4）（2+{λ}^{2}）}{{λ}^{4}}}$
=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{6-\frac{8}{{λ}^{4}}+\frac{8}{{λ}^{2}}}$=$\frac{1}{4}$•$\sqrt{8-8（\frac{1}{{λ}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}}$，
当λ=±$\sqrt{2}$，△OMN的面积取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，满足判别式大于0．
故△OMN的面积取得最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算求解能力，属于中档题．

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