Question

9．如图所示，椭圆长轴端点为点A、B、O为椭圆的中心，F为椭圆的上焦点，且$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1，|\overrightarrow{OF}|=1$．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若四边形MPNQ的四个顶点都在椭圆上，对角线PQ，MN互相垂直并且它们的交点恰为点F，求四边形MPNQ面积的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）由题意设出椭圆方程为$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$，并求得c=1，结合$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1$，可得a²-c²=1，则a²，b²可求，椭圆方程可求；
（2）由对角线PQ，MN互相垂直，可得直线PQ，MN中至少有一条斜率存在，
不妨设PQ的斜率为k，可得PQ的方程为y=kx+1，联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式求得|PQ|，同理求得|MN|，代入四边形的面积公式后换元，由函数的单调性求得四边形MPNQ面积的最大值和最小值．

解答 解：（1）设椭圆方程为$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$，由题意可知c=1，
∵$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{FB}=1$，∴（a+c）（a-c）=1，即a²-c²=1，
∴a²=2，b²=a²-c²=1，
故椭圆的方程为${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）∵对角线PQ，MN互相垂直，∴直线PQ，MN中至少有一条斜率存在，
不妨设PQ的斜率为k，又PQ过点F（0，1），故PQ的方程为y=kx+1，将此式代入椭圆方程可得，（2+k²）x²+2kx-1=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k}{2+{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2+{k}^{2}}$，
从而|PQ|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（-\frac{2k}{2+{k}^{2}}）^{2}+\frac{4}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
当k≠0时，MN的斜率为$-\frac{1}{k}$，同上可得$|MN|=\frac{2\sqrt{2}[1+（-\frac{1}{k}）^{2}]}{2+（-\frac{1}{k}）^{2}}=\frac{2\sqrt{2}（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{2+\frac{1}{{k}^{2}}}$，
故四边形MPNQ的面积$S=\frac{1}{2}|PQ|•|MN|=\frac{4（1+{k}^{2}）（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{（2+{k}^{2}）（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$=$\frac{4（2+{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）}{5+2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}}$，
令$u={k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}≥2$，当且仅当k=±1时，u=2，
此时$S=\frac{4（2+u）}{5+2u}=2（1-\frac{1}{5+2u}）$，显然S是以u为自变量的增函数，
∴$\frac{16}{9}≤S＜2$；                                          
当k=0时，|MN|=$2\sqrt{2}$，|PQ|=$\sqrt{2}$，此时$S=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$，
综上所述，四边形MPNQ面积的最大值为2，最小值为$\frac{16}{9}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆位置关系的应用，训练了函数值域的求法，灵活变形及适当的换元是解答该题的关键，是中档题．