Question

6．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（0，$\sqrt{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，过椭圆的右边焦点F作互相垂直的两条直线分别交椭圆于A、B和C、D，且M、N分别为AB、CD的中点．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求出这个定点；
（3）当AB、CD的斜率存在时，求△FMN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由于椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为x=my+1，m≠0，则直线CD的方程为x=-$\frac{1}{m}$y+1，分别代入椭圆方程，由于韦达定理和中点坐标公式可得中点M，N的坐标，求得斜率和直线方程，即可得到定点H，检验m=0也成立；
（3）由（2）可得，△FMN面积为S=$\frac{1}{2}$|FH|•|y_M-y_N|，化简整理，再令m+$\frac{1}{m}$=t（t≥2），由于函数的单调性，即可得到最大值．

解答 （1）解：∵椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（0，$\sqrt{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴b=$\sqrt{2}$，c=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，a²-b²=c²，
∴解得a²=3，b²=2，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）证明：设直线AB的方程为x=my+1，m≠0，
则直线CD的方程为x=-$\frac{1}{m}$y+1，
联立椭圆方程，消去x，得（2m²+3）y²+4my-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则y₁+y₂=-$\frac{4m}{3+2{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-4}{3+2{m}^{2}}$，
∴x₁+x₂=（my₁+1）+（my₂+1）
=m（y₁+y₂）+2=$\frac{6}{3+2{m}^{2}}$，
由中点坐标公式得M（$\frac{3}{3+2{m}^{2}}$，-$\frac{2m}{3+2{m}^{2}}$），
将M的坐标中的m用-$\frac{1}{m}$代换，得CD的中点N（$\frac{3{m}^{2}}{2+3{m}^{2}}$，$\frac{2m}{2+3{m}^{2}}$），
k_MN=$\frac{5m}{3（{m}^{2}-1）}$，
直线MN的方程为y+$\frac{2m}{3+2{m}^{2}}$=$\frac{5m}{3（{m}^{2}-1）}$（x-$\frac{3}{3+2{m}^{2}}$），
即为y=$\frac{m}{{m}^{2}-1}$（$\frac{5}{3}$x-1），
令$\frac{5}{3}$x-1=0，可得x=$\frac{3}{5}$，即有y=0，
则直线MN过定点H，且为H（$\frac{3}{5}$，0）
当m=0，即有x=1，可得直线MN也过定点H；
（3）解：由（2）可得，△FMN面积为S=$\frac{1}{2}$|FH|•|y_M-y_N|
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{3}{5}$）•|-$\frac{2m}{3+2{m}^{2}}$-$\frac{2m}{2+3{m}^{2}}$|=2|$\frac{m+{m}^{3}}{6+6{m}^{4}+13{m}^{2}}$|=2|$\frac{m+\frac{1}{m}}{6（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）+13}$|
可令m+$\frac{1}{m}$=t（t≥2），由于6t+$\frac{1}{t}$的导数为6-$\frac{1}{{t}^{2}}$，且大于0，即有在[2，+∞）递增．
即有S=$\frac{2t}{6{t}^{2}+1}$=$\frac{2}{6t+\frac{1}{t}}$在[2，+∞）递减，
即有t=2即m=1时，S取得最大值，且为$\frac{4}{25}$．
则△FMN面积的最大值为$\frac{4}{25}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意直线方程、韦达定理和基本不等式和函数的单调性等知识点的合理运用．