Question

3．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点F（2，0），点A（2，$\sqrt{2}$）为椭圆上一点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设M、N为椭圆上两点，若直线AM的斜率与直线AN的斜率互为相反数，求证：直线MN的斜率为定值；
（3）在（2）的条件下，△AMN的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得c=2，由A满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直线AM的斜率为k，则直线AN的斜率为-k，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，结合两点的斜率公式计算即可得到所求定值；
（3）不妨设过M，N的直线方程为：$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+m$，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，由点到直线的距离公式，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）由已知c=2，∵$A（2，\sqrt{2}）$在椭圆上，
∴$\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1$，
又a²=b²+c²，解得b²=4，a²=8，
可得椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；         
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直线AM的斜率为k，
则直线AN的斜率为-k，
∴由$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{2}=k（x-2）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，消去y得（1+2k²）x²-（8k²-4$\sqrt{2}$k）x+8k²-8$\sqrt{2}$k-4=0，
由曲线E与直线l只有两个公共点，可得△＞0，且x₁，2是方程的二根，
∴$2{x_1}=\frac{{8{k^2}-8\sqrt{2}k-4}}{{1+2{k^2}}}$，∴${x_1}=\frac{{4{k^2}-4\sqrt{2}k-2}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${y_1}=k（{x_1}-2）+\sqrt{2}=\frac{{-2\sqrt{2}{k^2}-4k+\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}}$，
同理${x_2}=\frac{{4{k^2}+4\sqrt{2}k-2}}{{1+2{k^2}}}$，${y_2}=\frac{{-2\sqrt{2}{k^2}+4k+\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}}$
∴${k_{MN}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{8k}{{8\sqrt{2}k}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$为定值．
（3）不妨设过M，N的直线方程为：$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+m$
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+m\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$，消去y得${x^2}+\sqrt{2}mx+{m^2}-4=0$，
由△＞0，解得m²＜8，${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}m$，${x_1}{x_2}={m^2}-4$，
计算得：$A（2，\sqrt{2}）$点到直线MN的距离$d=\frac{|2m|}{{\sqrt{6}}}$，
∴${S_{△AMN}}=\frac{1}{2}•d•|MN|=\frac{1}{2}\frac{|2m|}{{\sqrt{6}}}\sqrt{1+\frac{1}{2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$
=$\frac{1}{2}•\sqrt{-2{m^4}+16{m^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{-2{{（{m^2}-4）}^2}+32}$
∴当m²=4，即m=±2时，${（{S_{△AMN}}）_{max}}=2\sqrt{2}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用点满足椭圆方程，考查直线的斜率为定值的求法，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，以及两点的斜率公式，考查△AMN的面积是否存在最大值，运用直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和三角形的面积公式，结合二次函数的最值的求法，属于中档题．