Question

6．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1上两个不同的点A，B关于直线$y=mx+\frac{1}{2}（m≠0）$对称．
（1）若已知$C（0，\frac{1}{2}）$，M为椭圆上动点，证明：$|{MC}|≤\frac{{\sqrt{10}}}{2}$；
（2）求实数m的取值范围；
（3）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．

Answer 1

分析 （1）设M（x，y），则$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出．
（2）由题意知m≠0，可设直线AB的方程为$y=-\frac{1}{m}x+b$．与椭圆方程联立得$\frac{{2+{m^2}}}{{2{m^2}}}{x^2}-\frac{2b}{m}x+{b^2}-1=0$．△＞0，再利用中点坐标公式、根与系数的关系即可得出．
（3）利用弦长公式、点到直线的距离公式可得S_△AOB，再利用二次函数的单调性即可得出．

解答 （1）证明：设M（x，y），则$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，
于是$|{MC}|=\sqrt{{x^2}+{{（y-\frac{1}{2}）}^2}}$=$\sqrt{2-2{y^2}+{{（y-\frac{1}{2}）}^2}}$=$\sqrt{-{y^2}-y+\frac{9}{4}}$=$\sqrt{-{{（y+\frac{1}{2}）}^2}+\frac{5}{2}}$，
∵-1≤y≤1，
∴当$y=-\frac{1}{2}$时，${|{MC}|_{max}}=\frac{{\sqrt{10}}}{2}$．即$|{MC}|≤\frac{{\sqrt{10}}}{2}$．
（2）解：由题意知m≠0，可设直线AB的方程为$y=-\frac{1}{m}x+b$．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=-\frac{1}{m}x+b\end{array}\right.$消去y，得$\frac{{2+{m^2}}}{{2{m^2}}}{x^2}-\frac{2b}{m}x+{b^2}-1=0$．
∵直线$y=-\frac{1}{m}x+b$与椭圆$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有两个不同的交点，
∴$△=-2{b^2}+2+\frac{4}{m^2}＞0$，
即${b^2}＜1+\frac{2}{m^2}$  ①
将AB中点$M（\frac{2mb}{{{m^2}+2}}，\frac{{{m^2}b}}{{{m^2}+2}}）$，
代入直线方程$y=mx+\frac{1}{2}$解得$b=-\frac{{{m^2}+2}}{{2{m^2}}}$  ②
由①②得$m＜-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$或$m＞\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（3）解：令$t=\frac{1}{m}∈（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0）∪（0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$，即${t^2}=（0，\frac{3}{2}）$，
则 $|{AB}|=\sqrt{{t^2}+1}•\frac{{\sqrt{-2{t^4}+2{t^2}+\frac{3}{2}}}}{{{t^2}+\frac{1}{2}}}$，
且O到直线AB的距离为$d=\frac{{{t^2}+\frac{1}{2}}}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，
设△AOB的面积为S（t），∴$S（t）=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{-2{{（{t^2}-\frac{1}{2}）}^2}+2}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
当且仅当${t^2}=\frac{1}{2}$时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的定义及其标准方程、直线与椭圆相交弦长问题、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、轴对称问题、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．