Question

7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線的距離為6$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)A為橢圓C的左頂點(diǎn)，P為橢圓C上位于x軸上方的點(diǎn)，直線PA交y軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)F作MF的垂線，交y軸于點(diǎn)N．
（i）當(dāng)直線PA的斜率為$\frac{1}{2}$時(shí)，求△MFN的外接圓的方程；
（ii）設(shè)直線AN交橢圓C于另一點(diǎn)Q，求△PAQ的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$c，右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線的距離c+$\frac{{a}^{2}}{c}$=6$\sqrt{2}$，即可求得c和a的值，則b²=a²-c²=8，即可求得橢圓方程；
（2）（i）設(shè)直線方程為：y=$\frac{1}{2}$（x+4），求得M點(diǎn)，即可求得NF的方程和N的坐標(biāo)，則丨MN丨=6，則以MN為圓心（0，-1），半徑為3，即x²+（y+1）²=9；
（ii）設(shè)直線方程為：y=k（x+4），代入橢圓方程，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，求得直線PF方程，則求得N點(diǎn)坐標(biāo)，則直線AN：y=-$\frac{1}{2k}$-$\frac{2}{k}$，代入橢圓方程，求得M點(diǎn)坐標(biāo)，求得丨AM丨，△PAQ的面積S=$\frac{丨AM丨丨{y}_{P}-{y}_{Q}丨}{2}$=$\frac{64{k}^{3}+48k}{（2{k}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{16（4k+\frac{3}{k}）}{（2k+\frac{1}{k}）^{2}}$≤$\frac{16×（4×\frac{1}{\sqrt{2}}+3\sqrt{2}）}{（2\sqrt{2}）^{2}}$=10$\sqrt{2}$．

解答 解：（1）由題意可知：橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，
由離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$c，
由右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線的距離c+$\frac{{a}^{2}}{c}$=6$\sqrt{2}$，
解得：c=2$\sqrt{2}$，則a=4，
由b²=a²-c²=8，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{8}=1$；
（2）（i）由（1）可知：橢圓的左頂點(diǎn)（-4，0），F(xiàn)（2$\sqrt{2}$，0），
設(shè)直線方程為：y=$\frac{1}{2}$（x+4），即y=$\frac{1}{2}$x+2，
則M（0，2），
k_MF=$\frac{0-2}{2\sqrt{2}-0}$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則k_NF=$\sqrt{2}$，
直線NF：y=$\sqrt{2}$（x-2$\sqrt{2}$）=$\sqrt{2}$x-4，則N（0，-4），
丨MN丨=6，則以MN為圓心（0，-1），半徑為3，即x²+（y+1）²=9，
（ii）設(shè)直線方程為：y=k（x+4），
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+4）}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{8}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²+16k²x+32k²-16=0，
解得：x₁=-4，x₂=$\frac{4-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，則y₂=$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，
則P（$\frac{4-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$），
∴k_MF=$\frac{-4k}{2\sqrt{2}}$=-$\sqrt{2}$k，由M（0，4k），F(xiàn)（2$\sqrt{2}$，0），
∴k_NF=$\frac{1}{\sqrt{2}k}$，則NF：y=$\frac{1}{\sqrt{2}k}$（x-2$\sqrt{2}$），
則N（0，-$\frac{2}{k}$），
則直線AN：y=-$\frac{1}{2k}$x-$\frac{2}{k}$，
代入橢圓方程：整理得：（1+$\frac{1}{2{k}^{2}}$）x²+$\frac{4}{{k}^{2}}$x+$\frac{8}{{k}^{2}}$-16=0，
解得：x₁=-4，x₂=$\frac{8{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，則y₂=-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，則Q（$\frac{8{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$），
直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{2k}{1-2{k}^{2}}$，則直線PQ方程y-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{2k}{1-2{k}^{2}}$（x-$\frac{4-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
點(diǎn)A（-4，0）到直線PQ的距離d=$\frac{8丨k丨}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
由兩點(diǎn)之間的距離公式丨PQ丨=$\frac{8\sqrt{1+4{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
則△PAQ的面積S，S=$\frac{1}{2}$丨PQ丨•d=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{1+4{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$•$\frac{8丨k丨}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{32丨k丨}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{32}{\frac{1}{丨k丨}+2丨k丨}$≤$\frac{32}{2\sqrt{2}}$=8$\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)2丨k丨=$\frac{1}{丨k丨}$，即k=$\frac{1}{\sqrt{2}}$時(shí)，取最大值，
△PAQ的面積的最大值8$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考三角形的面積公式的應(yīng)用，考查基本不等式的綜合應(yīng)用，屬于難題．