Question

19．平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左焦點(diǎn)為F，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過(guò)點(diǎn)F且垂直于長(zhǎng)軸的弦長(zhǎng)為$\sqrt{2}$．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)A，B分別是橢圓的左、右頂點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)P（-2，0）的直線與橢圓相交于不同兩點(diǎn)M，N．
（i）求證：∠AFM=∠BFN；
（ii）求△MNF面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的離心率公式和過(guò)焦點(diǎn)垂直于對(duì)稱軸的弦長(zhǎng)，結(jié)合a，b，c的關(guān)系解得a，b，可得橢圓的方程；
（II）方法一、（i）討論直線AB的斜率為0和不為0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB方程為x=my-2，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，運(yùn)用直線的斜率公式求斜率之和，即可得證；
（ii）求得△MNF的面積${S_{△MNF}}=\left|{{S_{△PNF}}-{S_△}_{PMF′}}\right|=\frac{1}{2}\left|{PF}\right|•\left|{{y_1}-{y_2}}\right|$，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用基本不等式可得最大值．
方法二、（i）由題知，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為：y=k（x+2），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立橢圓方程，消去y，可得x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，再由直線的斜率公式，求得即可得證；
（ii）求得弦長(zhǎng)|MN|，點(diǎn)F到直線的距離d，運(yùn)用三角形的面積公式，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用換元法和基本不等式，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）由題意可得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
令x=-c，可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{^{2}}{a}$，
即有$\frac{{2{b^2}}}{a}=\sqrt{2}$，又a²-b²=c²，
所以$a=\sqrt{2}，b=1$．
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（II）方法一、（i）當(dāng)AB的斜率為0時(shí)，顯然∠AFM=∠BFN=0，滿足題意；
當(dāng)AB的斜率不為0時(shí)，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB方程為x=my-2，
代入橢圓方程，整理得（m²+2）y²-4my+2=0，
則△=16m²-8（m²+2）=8m²-16＞0，所以m²＞2．
$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{4m}{{{m^2}+2}}\\{y_1}•{y_2}=\frac{2}{{{m^2}+2}}\end{array}\right.$，
可得${k_{MF}}+{k_{NF}}=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}+\frac{y_2}{{{x_2}+1}}=\frac{y_1}{{m{y_1}-1}}+\frac{y_2}{{m{y_2}-1}}$=$\frac{{2m{y_1}{y_2}-（{y_1}+{y_2}）}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}$
=$\frac{{2m•（\frac{2}{{{m^2}+2}}）-（\frac{4m}{{{m^2}+2}}）}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}=0$．
則k_MF+k_NF=0，即∠AFM=∠BFN；
（ii）${S_{△MNF}}=\left|{{S_{△PNF}}-{S_△}_{PMF′}}\right|=\frac{1}{2}\left|{PF}\right|•\left|{{y_1}-{y_2}}\right|$${=}\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{8{m^2}-16}}}{{{m^2}+2}}=\frac{{\sqrt{2（{{m^2}-2}）}}}{{（{{m^2}-2}）+4}}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{{m^2}-2}+\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{4}$
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{{m^2}-2}=\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}$，即m²=6．（此時(shí)適合△＞0的條件）取得等號(hào)．
則三角形MNF面積的最大值是$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
方法二（i）由題知，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為：y=k（x+2），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，
則△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）=8-16k²＞0，所以$0≤{k^2}＜\frac{1}{2}$．
$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
可得${k_{MF}}+{k_{NF}}=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}+\frac{y_2}{{{x_2}+1}}=\frac{{k（{x_1}+2）}}{{{x_1}+1}}+\frac{{k（{{x_2}+2}）}}{{{x_2}+1}}$
=$\frac{{2k{x_1}{x_2}+3k（{x_1}+{x_2}）+4k}}{{（{x_1}+1）（{x_2}+1）}}$$2k{x_1}{x_2}+3k（{x_1}+{x_2}）+4k=2k（{\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}）+3k（{-\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}）+4k=\frac{{16{k^3}-4k-24{k^3}+8{k^3}+4k}}{{1+2{k^2}}}=0$
∴k_MF+k_NF=0，即∠AFM=∠BFN；
（ii）$\left|{MN}\right|=\sqrt{1+{k^2}}\left|{{x_1}-{x_2}}\right|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{8（1-2{k^2}）}}}{{1+2{k^2}}}$，
點(diǎn)F（-1，0）到直線MN的距離為$d=\frac{\left|k\right|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
即有${S_{△MNF}}=\frac{1}{2}\left|{MN}\right|•d$=$\frac{1}{2}×（{\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{1-2{k^2}}}}{{1+2{k^2}}}}）×\frac{\left|k\right|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{（{1-2{k^2}}）{k^2}}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}}$．
令t=1+2k²，則t∈[1，2），u（t）=$\frac{{（2-t）（\frac{t-1}{2}）}}{t^2}=-\frac{{{t^2}-3t+2}}{{2{t^2}}}=-{（{\frac{1}{t}}）^2}+\frac{3}{2}（{\frac{1}{t}}）-\frac{1}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{t}=\frac{3}{4}$，即$k=±\frac{{\sqrt{6}}}{6}$（此時(shí)適合△＞0的條件）時(shí)，$u{（t）_{max}}=\frac{1}{16}$，
即${（{S_{△MNF}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，則三角形MNF面積的最大值是$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式和過(guò)焦點(diǎn)垂直于對(duì)稱軸的弦長(zhǎng)，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，以及直線的斜率公式，考查基本不等式的運(yùn)用：求最值，屬于中檔題．