平面直角坐标系xOy中.已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的左焦点为F.离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$.过点F且垂直于长轴的弦长为$\sqrt{2}$．(I)求椭圆C的标准方程,(Ⅱ)设点A.B分别是椭圆的左.右顶点.若过点P的直线与椭圆相交于不同两点M.N．(i)求证:∠AFM=∠BFN,(ii)求△MNF面积的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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19．平面直角坐标系xOy中，已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左焦点为F，离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，过点F且垂直于长轴的弦长为$\sqrt{2}$．
（I）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设点A，B分别是椭圆的左、右顶点，若过点P（-2，0）的直线与椭圆相交于不同两点M，N．
（i）求证：∠AFM=∠BFN；
（ii）求△MNF面积的最大值．

分析（1）运用椭圆的离心率公式和过焦点垂直于对称轴的弦长，结合a，b，c的关系解得a，b，可得椭圆的方程；
（II）方法一、（i）讨论直线AB的斜率为0和不为0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB方程为x=my-2，代入椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，运用直线的斜率公式求斜率之和，即可得证；
（ii）求得△MNF的面积${S_{△MNF}}=\left|{{S_{△PNF}}-{S_△}_{PMF′}}\right|=\frac{1}{2}\left|{PF}\right|•\left|{{y_1}-{y_2}}\right|$，化简整理，运用基本不等式可得最大值．
方法二、（i）由题知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y=k（x+2），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由直线的斜率公式，求得即可得证；
（ii）求得弦长|MN|，点F到直线的距离d，运用三角形的面积公式，化简整理，运用换元法和基本不等式，即可得到所求最大值．

解答解：（1）由题意可得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
令x=-c，可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{{b}^{2}}{a}$，
即有$\frac{{2{b^2}}}{a}=\sqrt{2}$，又a²-b²=c²，
所以$a=\sqrt{2}，b=1$．
所以椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（II）方法一、（i）当AB的斜率为0时，显然∠AFM=∠BFN=0，满足题意；
当AB的斜率不为0时，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB方程为x=my-2，
代入椭圆方程，整理得（m²+2）y²-4my+2=0，
则△=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${k_{MF}}+{k_{NF}}=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}+\frac{y_2}{{{x_2}+1}}=\frac{y_1}{{m{y_1}-1}}+\frac{y_2}{{m{y_2}-1}}$=$\frac{{2m{y_1}{y_2}-（{y_1}+{y_2}）}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}$
=$\frac{{2m•（\frac{2}{{{m^2}+2}}）-（\frac{4m}{{{m^2}+2}}）}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}=0$．
则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|$${=}\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{8{m^2}-16}}}{{{m^2}+2}}=\frac{{\sqrt{2（{{m^2}-2}）}}}{{（{{m^2}-2}）+4}}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{{m^2}-2}+\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{4}$
当且仅当$\sqrt{{m^2}-2}=\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}$，即m²=6．（此时适合△＞0的条件）取得等号．
则三角形MNF面积的最大值是$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
方法二（i）由题知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y=k（x+2），
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，
则△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）=8-16k²＞0，所以$0≤{k^2}＜\frac{1}{2}$．
$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
可得${k_{MF}}+{k_{NF}}=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}+\frac{y_2}{{{x_2}+1}}=\frac{{k（{x_1}+2）}}{{{x_1}+1}}+\frac{{k（{{x_2}+2}）}}{{{x_2}+1}}$
=$\frac{{2k{x_1}{x_2}+3k（{x_1}+{x_2}）+4k}}{{（{x_1}+1）（{x_2}+1）}}$$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）$\left|{MN}\right|=\sqrt{1+{k^2}}\left|{{x_1}-{x_2}}\right|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{8（1-2{k^2}）}}}{{1+2{k^2}}}$，
点F（-1，0）到直线MN的距离为$d=\frac{\left|k\right|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
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，则t∈[1，2），u（t）=$\frac{{（2-t）（\frac{t-1}{2}）}}{t^2}=-\frac{{{t^2}-3t+2}}{{2{t^2}}}=-{（{\frac{1}{t}}）^2}+\frac{3}{2}（{\frac{1}{t}}）-\frac{1}{2}$，
当且仅当$\frac{1}{t}=\frac{3}{4}$，即$k=±\frac{{\sqrt{6}}}{6}$（此时适合△＞0的条件）时，$u{（t）_{max}}=\frac{1}{16}$，
即${（{S_{△MNF}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，则三角形MNF面积的最大值是$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．

点评本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和过焦点垂直于对称轴的弦长，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，以及直线的斜率公式，考查基本不等式的运用：求最值，属于中档题．

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