Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其上一點P與左、右焦點F₁，F(xiàn)₂組成的三角形PF₁F₂的周長為2+2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）已知直線x-$\sqrt{2}$y+n=0（n＞0）與橢圓C交于不同的兩點A，B，若以線段AB為直徑的圓過點$M（{\frac{1}{2}，0}）$，求△MAB的面積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓的離心率及其上一點P與左、右焦點F₁，F(xiàn)₂組成的三角形PF₁F₂的周長為2+2$\sqrt{2}$，列出方程組求出a，c，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{x-\sqrt{2}y+n=0}\end{array}\right.$，得：2x²+2nx+n²-2=0，由此利用根的判別式、韋達定理、向量數(shù)量積、直線方程、點到直線距離公式、弦長公式，結(jié)合已知能求出△MAB的面積．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其上一點P與左、右焦點F₁，F(xiàn)₂組成的三角形PF₁F₂的周長為2+2$\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{2a+2c=2+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，c=1，
∴b²=a²-c²，解得b=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{x-\sqrt{2}y+n=0}\end{array}\right.$，消去y整理得：2x²+2nx+n²-2=0，
△=4n²-8（n²-2）＞0，解得n²＜4，∵n＞0，∴0＜n＜2，①
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-n，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{n}^{2}-2}{2}$，
又M（$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{MA}$=（${x}_{1}-\frac{1}{2}，{y}_{1}$），$\overrightarrow{MB}$=（${x}_{2}-\frac{1}{2}，{y}_{2}$），
由題意$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，
∴${x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}+{y}_{1}{y}_{2}=0$，②
又$\sqrt{2}{y}_{1}={x}_{1}+n$，$\sqrt{2}{y}_{2}={x}_{2}+n$，
∴2y₁y₂=${x}_{1}{x}_{2}+n（{x}_{1}+{x}_{2}）+{n}^{2}$，代入②，得$3{x}_{1}{x}_{2}+（n-1）（{x}_{1}+{x}_{2}）+{n}^{2}+\frac{1}{2}=0$，
∴3×$\frac{{n}^{2}-2}{2}$+（n-1）（-n）+n²+$\frac{1}{2}$=0，即3n²+2n-5=0，由①0＜n＜2，解得n=1，
直線AB方程為x-$\sqrt{2}y+1=0$，x₁+x₂=-1，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2}$，
點M到直線AB的距離d=$\frac{|\frac{1}{2}+1|}{\sqrt{1+2}}$，|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+\frac{1}{2}）[（-1）^{2}+2]}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴△MAB的面積S=$\frac{3\sqrt{6}}{8}$．

點評 本題考查橢圓方程、三角形面積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、向量數(shù)量積、直線方程、點到直線距離公式、弦長公式的合理運用．