Question

2．設(shè)橢圓$M：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)$P（1，\sqrt{2}）$，其離心率與雙曲線x²-y²=1的離心率互為倒數(shù)．
（Ⅰ）求橢圓M的方程；
（Ⅱ） 動(dòng)直線$l：y=\sqrt{2}x+m$交橢圓M于A、B兩點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）雙曲線的離心率為$\sqrt{2}$，則橢圓的離心率為$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，將$P（1，\sqrt{2}）$代入橢圓方程，即可求得a和b的值，即可求得橢圓M的方程；
（Ⅱ） 將直線$l：y=\sqrt{2}x+m$代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式求得丨AB丨，則P到AB的距離為d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{3}}$，則利用三角形的面積公式及韋達(dá)定理即可求得△PAB面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）雙曲線的離心率為$\sqrt{2}$，則橢圓的離心率為$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)$P（1，\sqrt{2}）$，
得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{\sqrt{2}}^2}}}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ c=\sqrt{2}\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$，
∴橢圓M的方程為 $\frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{2}x+m}\\{\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得$4{x^2}+2\sqrt{2}mx+{m^2}-4=0$，
由△=（2$\sqrt{2}$m）²-16（m²-4）＞0，得，$-2\sqrt{2}＜m＜2\sqrt{2}$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}m$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{4}$．
∴$|AB|=\sqrt{1+2}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{3}•\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\sqrt{3}•\sqrt{\frac{1}{2}{m^2}-{m^2}+4}=\sqrt{3}\sqrt{4-\frac{m^2}{2}}$．
又P到AB的距離為d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{3}}$．
則${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}\sqrt{3}\sqrt{4-\frac{m^2}{2}}\frac{|m|}{{\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{m^2}（4-\frac{m^2}{2}）}=\frac{1}{{2\sqrt{2}}}\sqrt{{m^2}（8-{m^2}）}$…（10分）
∴${S_{△ABC}}≤\frac{1}{{2\sqrt{2}}}•\frac{{{m^2}+（8-{m^2}）}}{2}=\sqrt{2}$當(dāng)且僅當(dāng)$m=±2∈（-2\sqrt{2}，2\sqrt{2}）$取等號(hào)．
∴${（{S_{△ABC}}）_{max}}=\sqrt{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及基本不等式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．