Question

4．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），以?huà)佄锞�(xiàn)y²=8x的焦點(diǎn)為頂點(diǎn)，且離心率為$\frac{1}{2}$
（1）求橢圓E的方程；
（2）已知A、B為橢圓上的點(diǎn)，且直線(xiàn)AB垂直于x軸，直線(xiàn)l：x=4與x軸交于點(diǎn)N，直線(xiàn)AF與BN交于點(diǎn)M．
（ⅰ）求證：點(diǎn)M恒在橢圓C上； 
（ⅱ）求△AMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)，由題意可得a=2，再由離心率公式可得c，進(jìn)而得到b，即有橢圓方程；
（2）（i）設(shè)A（m，n），則B（m，-n）代入橢圓方程，通過(guò)直線(xiàn)方程求得交點(diǎn)M，代入橢圓方程的左邊，檢驗(yàn)即可得證；
（ⅱ）設(shè)AM的方程為x=ty+1，代入橢圓方程，設(shè)A（x₁，y₁），M（x₂，y₂），求得|y₁-y₂|，通過(guò)對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性，即可得到面積的最大值．

解答 解：（1）因?yàn)閽佄锞�(xiàn)y²=8x的焦點(diǎn)為（2，0），
又橢圓以?huà)佄锞�(xiàn)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)，
所以a=2，又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，所以c=1，b²=3，
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1．
（2）（i）證明：由題意得F（1，0）、N（4，0）．
 設(shè)A（m，n），則B（m，-n）（n≠0），$\frac{m^2}{4}+\frac{n^2}{3}$=1．
AF與BN的方程分別為：n（x-1）-（m-1）y=0，
n（x-4）+（m-4）y=0，
設(shè)M（x₀，y₀），則有$\left\{\begin{array}{l}{n（{x}_{0}-1）-（m-1）{y}_{0}=0}\\{n（{x}_{0}-4）+（m-4）{y}_{0}=0}\end{array}\right.$，得x₀=$\frac{5m-8}{2m-5}，{y_0}=\frac{3n}{2m-5}$，
由于$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=\frac{{{{（5m-8）}^2}}}{{4{{（2m-5）}^2}}}+\frac{{{{（3n）}^2}}}{{3{{（2m-5）}^2}}}$=$\frac{{{{（5m-8）}^2}+12{n^2}}}{{4{{（2m-5）}^2}}}=\frac{{{{（5m-8）}^2}+36-9{m^2}}}{{4{{（2m-5）}^2}}}$=1，
所以點(diǎn)M恒在橢圓C上；
（ⅱ）解：設(shè)AM的方程為x=ty+1，代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
設(shè)A（x₁，y₁），M（x₂，y₂），解方程得，y₁=$\frac{{-3t+6\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}，{y_2}=\frac{{-3t-6\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$．
|y₁-y₂|=$\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$，令$\sqrt{{t^2}+1}$=λ（λ≥1），
令$\sqrt{{t^2}+1}$=λ（λ≥1），則|y₁-y₂|=$\frac{12λ}{{3{λ^2}+1}}=\frac{12}{{3λ+\frac{1}{λ}}}$，
因?yàn)楹瘮?shù)y=3λ+$\frac{1}{λ}$在[1，+∞）上為增函數(shù)，
所以，當(dāng)λ=1即t=0時(shí)，y=3λ+$\frac{1}{λ}$有最小值4，
S_△AMN=$\frac{1}{2}|FN|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{3}{2}•\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$=$\frac{3}{2}•\frac{12λ}{{3{λ^2}+1}}=\frac{3}{2}•\frac{12}{{3λ+\frac{1}{λ}}}≤\frac{9}{2}$，
所以△AMN面積最大值為$\frac{9}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線(xiàn)方程，求出交點(diǎn)，考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，屬于中檔題．