Question

2．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，直线l经过F₂且交椭圆C于A，B两点（如图），△ABF₁的周长为4$\sqrt{2}$，原点O到直线l的最大距离为1．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过F₂作弦AB的垂线交椭圆C于M，N两点，求四边形AMBN面积最小时直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得a，c的值，由隐含条件求得b的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）分类求出直线AB的斜率不存在、斜率为0时的四边形AMBN面积，在设出斜率存在且不为0时的直线方程，联立直线方程和椭圆方程利用弦长公式求得|AB|、|MN|的长度，代入四边形面积公式，换元后利用配方法求得最值，同时得到边形AMBN面积最小时直线l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由题意知，$4a=4\sqrt{2}$，c=1，
∴$a=\sqrt{2}$，
又∵a²=b²+c²，∴b=1，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，
有$A（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，$|{AB}|=\sqrt{2}，|{MN}|=2\sqrt{2}$，∴$S=\frac{1}{2}|{AB}|•|{MN}|=2$；
当直线AB的斜率为0时，$|{AB}|=2\sqrt{2}，|{MN}|=\sqrt{2}$，∴$S=\frac{1}{2}|{AB}|•|{MN}|=2$；
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设直线AB的方程为y=k（x-1），则直线MN的方程为$y=-\frac{1}{k}（{x-1}）$，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$得：（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$．
同理|MN|=$\frac{2\sqrt{2}（（-\frac{1}{k}）^{2}+1）}{2（-\frac{1}{k}）^{2}+1}=\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$，
∴$S=\frac{1}{2}$|AB|•|MN|=$\frac{4（{k}^{2}+1）^{2}}{（2{k}^{2}+1）（{k}^{2}+2）}$，
令t=k²+1（t≥1），$S=4\frac{t^2}{{2{t^2}+t-1}}=4\frac{1}{{-{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}+\frac{9}{4}}}$，
当$\frac{1}{t}=\frac{1}{2}$．即k²+1=2，即k=±1时，${S_{min}}=\frac{16}{9}$．
此时设直线AB的方程为y=±（x-1）．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用配方法求函数的最值，是中档题．