《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

母题6 一椭圆中的最值或取值范围问题
例8设P是椭圆M:$\frac{x²}{2}$+y²=1上
y的=任0一的点任一,E条F直为径圆,则NP:xE²十.$\frac{y}{PF}$2−的名师讲题最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析圆N的方程可整理为x²+(y−$\frac{1}{2}$)²=
$\frac{1}{4}$,所以圆心为N(0,$\frac{1}{2}${,半径长为$\frac{1}{2}$.
设点P(x,y),则x²=2−2y²且−1≤y≤1,
PE=PN+NE,PF=PN+NF=
PN−NE,
所以PE.PF=(PN+NE).(PN−NE)=
P氰²−NE²=x²+(y−$\frac{1}{2}$)²−$\frac{1}{4}$=2−2y²+
(y−$\frac{1}{2}$)²−$\frac{1}{4}$=−y²−y+2=
−(y+$\frac{1}{2}$)²+$\frac{9}{4}$,
所以当y=−$\frac{1}{2}$时,PE.PF取得最大值,即
(PE.PF)max=$\frac{9}{4}$.
答案$\frac{9}{4}$
______
例9已知椭圆C:$\frac{x²}{a?}$+²b²=1(a＞
b＞0)过点N(0,1),且离心率
为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线L分别交椭圆C于A,B两点，若线
段AB的中点M在直线y=$\frac{1}{2}$上,求△OAB
面积的最大值.
解:(1)∵e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,∴$\frac{a²−b²}{a?}$=$\frac{1}{2}$∴a²=2b².
又N(0,1)在椭圆上,∴b²=1,∴a²2=2,
∴椭圆C的方程为x²+A²=1.
(2)由题意，得直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y=kx+m,点A(x1,y1),
B(x2,y2),M(cM,yM).
由{yx²=+k2xy+²=m2,,得(2k²+1)x²+4kmx+
2m²2−2=0.
由△=8(2k²−m²+1)＞0,得m²＜2k²+1.①
x1+x2=−$\frac{4km}{2k²+1}$,x1x2=$\frac{2m²−2}{2k²+1}$,
CM=$\frac{x+x}{2}$=−$\frac{2km}{2k²+1}$,yM=kxM+m=
$\frac{−2k²m+m+2k²m}{2k²+1}$=$\frac{m}{2k²+1}$.
∵点M在直线y=$\frac{1}{2}$上，∴$\frac{m}{2k²+1}$=$\frac{1}{2}$，即
m=$\frac{2k²+1}{2}$,
将其代入①,得(2k²4+1)²＜2k²+1,∴1≤
2k²+1＜4.
∵|AB∣=√1+k².√(x+x2)²4xx2=
√1+k². $\frac{16k²m²−8(m²−1)(2k²+1)}{(2k²+1)²}$=
2√2√1+k²$\frac{√2k²+1−m²}{2k²+1}$,
点O到直线l的距离d=m⊥
√1+k²”
∴SOAB=$\frac{1}{2}$|AB|.d=$\frac{2\sqrt{2}}{2}$√1+k².
$\frac{√2k²+1−m²}{2k²+1}$ |√1m+|k² =
$\frac{√2}{2}$√2k²+1−$\frac{(2k²+1)}{4}$.
设2k²+1=t,∴1＜t＜4,
∴SOAB=$\frac{√2}{2}$+=$\frac{√2}{2}$ $\frac{1}{4}$(t−2)²+1,
∴当t=2时,S△OAB取最大值,最大值为$\frac{√2}{2}$.

答案：
(1)$\frac{x^2}{2}+y^2=1$；
(2)$\frac{\sqrt{2}}{2}$