Question

20．已知椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴长为2$\sqrt{2}$，左焦点F（-1，0），若过点B（-2b，0）的直线与椭圆交于M，N两点．
（1）求椭圆G的标准方程；
（2）求证：∠MFB+∠NFB=π；
（3）求△FMN的面积S的最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的长轴长为2$\sqrt{2}$，左焦点F（-1，0），列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆G的标准方程．
（2）证明∠MFB+∠NFB=π，即证明k_MF+k_NF=0，设MN的直线方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，由此根的判别式、韦达定理、直线的斜率能证明∠MFB+∠NFB=π．
（3）S=$\frac{1}{2}$•FB•|y₁-y₂|，由此利用弦长公式、换元法能求出△FMN的面积S的最大值．

解答 解：（1）∵椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴长为2$\sqrt{2}$，左焦点F（-1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{2}}\\{c=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，c=1，
∴椭圆G的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
证明：（2）证明∠MFB+∠NFB=π，即证明k_MF+k_NF=0，
设MN的直线方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，得：
（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，
∵△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，∴${k}^{2}＜\frac{1}{2}$，
设M（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，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}}}$，
令t=1+2k²，则S=$\sqrt{2}•\sqrt{\frac{-{t}^{2}+3t-2}{2{t}^{2}}}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
当${k}^{2}=\frac{1}{6}$（满足${k}^{2}＜\frac{1}{2}$），
∴S的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查椭圆方程、三角形面积的最大值的求法，考查椭圆方程、根的判别式、韦达定理、直线的斜率、换元法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．