Question

4．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其上一点P与左、右焦点F₁，F₂组成的三角形PF₁F₂的周长为2+2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）已知直线x-$\sqrt{2}$y+n=0（n＞0）与椭圆C交于不同的两点A，B，若以线段AB为直径的圆过点$M（{\frac{1}{2}，0}）$，求△MAB的面积．

Answer 1

分析 （Ⅰ）椭圆的离心率及其上一点P与左、右焦点F₁，F₂组成的三角形PF₁F₂的周长为2+2$\sqrt{2}$，列出方程组求出a，c，由此能求出椭圆方程．
（Ⅱ）联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{x-\sqrt{2}y+n=0}\end{array}\right.$，得：2x²+2nx+n²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量数量积、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式，结合已知能求出△MAB的面积．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其上一点P与左、右焦点F₁，F₂组成的三角形PF₁F₂的周长为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，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{x-\sqrt{2}y+n=0}\end{array}\right.$，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
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-n，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{n}^{2}-2}{2}$，
又M（$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{MA}$=（${x}_{1}-\frac{1}{2}，{y}_{1}$），$\overrightarrow{MB}$=（${x}_{2}-\frac{1}{2}，{y}_{2}$），
由题意$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，
∴${x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}+{y}_{1}{y}_{2}=0$，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，
直线AB方程为x-$\sqrt{2}y+1=0$，x₁+x₂=-1，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2}$，
点M到直线AB的距离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的面积S=$\frac{3\sqrt{6}}{8}$．

点评 本题考查椭圆方程、三角形面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、向量数量积、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式的合理运用．