Question

14．已知椭圆$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$上两个不同的点A，B关于直线y=mx+$\frac{1}{2}$对称．
（1）求实数m的取值范围；
（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．

Answer 1

分析 （1）由题意，可设直线AB的方程为x=-my+n，代入椭圆方程可得（m²+2）y²-2mny+n²-2=0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x₀，y₀），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+$\frac{1}{2}$，可得$n=-\frac{{m}^{2}+2}{2m}$，代入△＞0，即可解出．
（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S_△OAB=$\frac{1}{2}|n||{y}_{1}-{y}_{2}|$，再利用均值不等式即可得出．

解答 解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=-my+n，代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，可得（m²+2）y²-2mny+n²-2=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由题意，△=4m²n²-4（m²+2）（n²-2）=8（m²-n²+2）＞0，
设线段AB的中点P（x₀，y₀），则${y}_{0}=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=\frac{mn}{{m}^{2}+2}$．x₀=-m×$\frac{mn}{{m}^{2}+2}$+n=$\frac{2n}{{m}^{2}+2}$，
由于点P在直线y=mx+$\frac{1}{2}$上，∴$\frac{mn}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2mn}{{m}^{2}+2}$+$\frac{1}{2}$，
∴$n=-\frac{{m}^{2}+2}{2m}$，代入△＞0，可得3m⁴+4m²-4＞0，
解得m²$＞\frac{2}{3}$，∴$m＜-\frac{\sqrt{6}}{3}$或m$＞\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}|n||{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{1}{2}$|n|•$•\frac{\sqrt{8（{m}^{2}-{n}^{2}+2）}}{{m}^{2}+2}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{n}^{2}（{m}^{2}-{n}^{2}+2）}{（{m}^{2}+2）^{2}}}$，
由均值不等式可得：n²（m²-n²+2）$≤（\frac{{n}^{2}+{m}^{2}-{n}^{2}+2}{2}）^{2}$=$\frac{（{m}^{2}+2）^{2}}{4}$，
∴S_△AOB$≤\sqrt{2}×\sqrt{\frac{1}{4}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，当且仅当n²=m²-n²+2，即2n²=m²+2，又∵$n=-\frac{{m}^{2}+2}{2m}$，解得m=$±\sqrt{2}$，
当且仅当m=$±\sqrt{2}$时，S_△AOB取得最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．