Question

18．已知橢圓$Ω：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，直線(xiàn)$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$經(jīng)過(guò)Ω的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)．
（1）求橢圓Ω的方程；
（2）設(shè)橢圓Ω的右焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)G（2，0）作斜率不為0的直線(xiàn)交橢圓Ω于M，N兩點(diǎn)．設(shè)直線(xiàn)FM和FN的斜率為k₁，k₂．
①求證：k₁+k₂為定值；
②求△FMN的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）在方程$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$中，分別令x=0，y=0，可得a，b，即可得出．
（2）①設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=k（x-2）（k≠0）．代入橢圓方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用斜率計(jì)算公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系即可證明．
②因?yàn)镸N直線(xiàn)過(guò)點(diǎn)G（2，0），設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=k（x-2），即kx-y-2k=0代入橢圓方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．由判別式△＞0解得k范圍．利用弦長(zhǎng)公式、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）在方程$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$中，令x=0，則y=1，所以上頂點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1），所以b=1；令y=0，則$x=\sqrt{2}$，所以右頂點(diǎn)的坐標(biāo)為$（{\sqrt{2}，0}）$，所以$a=\sqrt{2}$．
所以，橢圓Ω的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）①設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=k（x-2）（k≠0）．代入橢圓方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}，{k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}$=$\frac{{k（{{x_1}-2}）}}{{{x_1}-1}}+\frac{{k（{{x_2}-2}）}}{{{x_2}-1}}=k[{2-\frac{{{x_1}+{x_2}-2}}{{（{{x_1}-1}）（{{x_2}-1}）}}}]=k[{2-\frac{{\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}-2}}{{\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}-\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}+1}}}]=0$，
所以k₁+k₂=0，為定值．
②因?yàn)镸N直線(xiàn)過(guò)點(diǎn)G（2，0），設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=k（x-2），即kx-y-2k=0代入橢圓方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．由判別式△=（-8k²）²-4（2k²+1）（8k²-2）＞0解得${k^2}＜\frac{1}{2}$．點(diǎn)F（1，0）到直線(xiàn) MN的距離為h，則$h=\frac{{|{k-2k}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}．S=\frac{1}{2}|{MN}|•h=\frac{1}{2}\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}•\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{{{（{8{k^2}}）}^2}}}{{{{（{2{k^2}+1}）}^2}}}-4\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}}•\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{1}{2}|k|\frac{{\sqrt{8（{1-2{k^2}}）}}}{{2{k^2}+1}}=\sqrt{2}\sqrt{\frac{{（{1-2{k^2}}）{k^2}}}{{{{（{2{k^2}+1}）}^2}}}}$，令t=1+2k²，則$S=\sqrt{2}\sqrt{\frac{{-{t^2}+3t-2}}{{2{t^2}}}}=\sqrt{2}\sqrt{-{{（{\frac{1}{t}-\frac{3}{4}}）}^2}+\frac{1}{16}}$，所以${k^2}=\frac{1}{6}$時(shí)，S的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式，考查了推理能力與就你死了，屬于難題．