Question

14．已知橢圓$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y=mx+$\frac{1}{2}$對(duì)稱．
（1）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）求△AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （1）由題意，可設(shè)直線AB的方程為x=-my+n，代入橢圓方程可得（m²+2）y²-2mny+n²-2=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．可得△＞0，設(shè)線段AB的中點(diǎn)P（x₀，y₀），利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式及其根與系數(shù)的可得P，代入直線y=mx+$\frac{1}{2}$，可得$n=-\frac{{m}^{2}+2}{2m}$，代入△＞0，即可解出．
（2）直線AB與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為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）由題意，可設(shè)直線AB的方程為x=-my+n，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，可得（m²+2）y²-2mny+n²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由題意，△=4m²n²-4（m²+2）（n²-2）=8（m²-n²+2）＞0，
設(shè)線段AB的中點(diǎn)P（x₀，y₀），則${y}_{0}=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=\frac{mn}{{m}^{2}+2}$．x₀=-m×$\frac{mn}{{m}^{2}+2}$+n=$\frac{2n}{{m}^{2}+2}$，
由于點(diǎn)P在直線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）直線AB與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為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$≤\sqrt{2}×\sqrt{\frac{1}{4}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)n²=m²-n²+2，即2n²=m²+2，又∵$n=-\frac{{m}^{2}+2}{2m}$，解得m=$±\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m=$±\sqrt{2}$時(shí)，S_△AOB取得最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、線段垂直平分線的性質(zhì)、三角形面積計(jì)算公式、弦長(zhǎng)公式、均值不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．