Question

18．已知椭圆$Ω：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，直线$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$经过Ω的右顶点和上顶点．
（1）求椭圆Ω的方程；
（2）设椭圆Ω的右焦点为F，过点G（2，0）作斜率不为0的直线交椭圆Ω于M，N两点．设直线FM和FN的斜率为k₁，k₂．
①求证：k₁+k₂为定值；
②求△FMN的面积S的最大值．

Answer 1

分析 （1）在方程$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$中，分别令x=0，y=0，可得a，b，即可得出．
（2）①设直线MN的方程为y=k（x-2）（k≠0）．代入椭圆方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用斜率计算公式、一元二次方程的根与系数的关系即可证明．
②因为MN直线过点G（2，0），设直线MN的方程为y=k（x-2），即kx-y-2k=0代入椭圆方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．由判别式△＞0解得k范围．利用弦长公式、三角形面积计算公式、二次函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）在方程$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$中，令x=0，则y=1，所以上顶点的坐标为（0，1），所以b=1；令y=0，则$x=\sqrt{2}$，所以右顶点的坐标为$（{\sqrt{2}，0}）$，所以$a=\sqrt{2}$．
所以，椭圆Ω的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）①设直线MN的方程为y=k（x-2）（k≠0）．代入椭圆方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}，{k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}$=$\frac{{k（{{x_1}-2}）}}{{{x_1}-1}}+\frac{{k（{{x_2}-2}）}}{{{x_2}-1}}=k[{2-\frac{{{x_1}+{x_2}-2}}{{（{{x_1}-1}）（{{x_2}-1}）}}}]=k[{2-\frac{{\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}-2}}{{\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}-\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}+1}}}]=0$，
所以k₁+k₂=0，为定值．
②因为MN直线过点G（2，0），设直线MN的方程为y=k（x-2），即kx-y-2k=0代入椭圆方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．由判别式△=（-8k²）²-4（2k²+1）（8k²-2）＞0解得${k^2}＜\frac{1}{2}$．点F（1，0）到直线 MN的距离为h，则$h=\frac{{|{k-2k}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}．S=\frac{1}{2}|{MN}|•h=\frac{1}{2}\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}•\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{{{（{8{k^2}}）}^2}}}{{{{（{2{k^2}+1}）}^2}}}-4\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}}•\frac{|k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{1}{2}|k|\frac{{\sqrt{8（{1-2{k^2}}）}}}{{2{k^2}+1}}=\sqrt{2}\sqrt{\frac{{（{1-2{k^2}}）{k^2}}}{{{{（{2{k^2}+1}）}^2}}}}$，令t=1+2k²，则$S=\sqrt{2}\sqrt{\frac{{-{t^2}+3t-2}}{{2{t^2}}}}=\sqrt{2}\sqrt{-{{（{\frac{1}{t}-\frac{3}{4}}）}^2}+\frac{1}{16}}$，所以${k^2}=\frac{1}{6}$时，S的最大值为$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、三角形面积计算公式、二次函数的单调性、点到直线的距离公式，考查了推理能力与就你死了，属于难题．