Question

3．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，并且直線y=x+b是拋物線C₂：y²=4x的一條切線．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）設點A，B分別是橢圓C₁的左右頂點，F(xiàn)是橢圓C₁的左焦點．若過點P（-2，0）的直線與橢圓C₁相交于不同兩點M，N．
①求證：∠AFM=∠BFN；②求△MFN面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將直線方程代入拋物線方程，由△=0，即可求得b的值，由橢圓的離心率公式，即可求得a的值，即可求得橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）①由：當MN斜率為0時，顯然∠AFM=∠BFN=0滿足題意；當直線MN的斜率不為0時，設直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及直線的斜率公式，即可求得k_MF=k_NF，則∠AFM=∠BFN；
②由①可知：根據(jù)弦長公式及三角形的面積公式，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得△MFN面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}y=x+b\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得：x²+（2b-4）x+b²=0，由y=x+b是拋物線C₂的一條切線，
∴△=（2b-4）²-4b²=0，得b=1，
由e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，可得 $a=\sqrt{2}$．
∴橢圓C₁的方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）①證明：當MN斜率為0時，顯然∠AFM=∠BFN=0滿足題意；
當MN斜率不為0時，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的方程為：x=my-2
$\left\{\begin{array}{l}{x=my-2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（m²+2）y²-4my+2=0，
則∴△=16m²-8（m²+2）=8m²-16＞0，
∴m²＞2，
${y_1}+{y_2}=\frac{4m}{{{m^2}+2}}，{y_1}{y_2}=\frac{2}{{{m^2}+2}}$，
所以，${k_{MF}}+{k_{NF}}=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}+\frac{y_2}{{{x_2}+1}}=\frac{y_1}{{m{y_1}-1}}+\frac{y_2}{{m{y_2}-1}}$=$\frac{{2m{y_1}{y_2}-（{y_1}+y_2^{\;}）}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}=\frac{{2m•\frac{2}{{{m^2}+2}}-\frac{4m}{{{m^2}+2}}}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}=0$，即∠AFM=∠BFN．
②${S_{△MNF}}=|{{S_{△PNF}}-{S_{△PMF}}}|=\frac{1}{2}|{PF}||{{y_1}-{y_2}}|$=$\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{8{m^2}-16}}}{{{m^2}+2}}=\frac{{\sqrt{2（{m^2}-2）}}}{{（{m^2}-2）+4}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{{m^2}-2}+\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
當且僅當 $\sqrt{{m^2}-2}=\frac{4}{{\sqrt{{m^2}-2}}}$，即m²=6時取等號．
∴△MNF面積最大值是$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，弦長公式，直線的斜率公式及基本不等式的應用，考查計算能力，屬于中檔題．