Question

20．已知橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為2$\sqrt{2}$，左焦點(diǎn)F（-1，0），若過點(diǎn)B（-2b，0）的直線與橢圓交于M，N兩點(diǎn)．
（1）求橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求證：∠MFB+∠NFB=π；
（3）求△FMN的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的長軸長為2$\sqrt{2}$，左焦點(diǎn)F（-1，0），列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）證明∠MFB+∠NFB=π，即證明k_MF+k_NF=0，設(shè)MN的直線方程為y=k（x+2），代入橢圓方程，得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，由此根的判別式、韋達(dá)定理、直線的斜率能證明∠MFB+∠NFB=π．
（3）S=$\frac{1}{2}$•FB•|y₁-y₂|，由此利用弦長公式、換元法能求出△FMN的面積S的最大值．

解答 解：（1）∵橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為2$\sqrt{2}$，左焦點(diǎn)F（-1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{2}}\\{c=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，c=1，
∴橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
證明：（2）證明∠MFB+∠NFB=π，即證明k_MF+k_NF=0，
設(shè)MN的直線方程為y=k（x+2），代入橢圓方程，得：
（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，
∵△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，∴${k}^{2}＜\frac{1}{2}$，
設(shè)M（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴k_MF+k_NF=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$=$\frac{k（{x}_{1}+2）}{{x}_{1}+1}+\frac{k（{x}_{2}+2）}{{x}_{2}+1}$
=k[2+$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}$]=0，
∴∠MFB+∠NFB=π．
解：（3）S=$\frac{1}{2}$•FB•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{8（1-2{k}^{2}）{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
令t=1+2k²，則S=$\sqrt{2}•\sqrt{\frac{-{t}^{2}+3t-2}{2{t}^{2}}}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
當(dāng)${k}^{2}=\frac{1}{6}$（滿足${k}^{2}＜\frac{1}{2}$），
∴S的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程、三角形面積的最大值的求法，考查橢圓方程、根的判別式、韋達(dá)定理、直線的斜率、換元法等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．