Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞1）過點（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），以橢圓的頂點為頂點的四邊形面積為4$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）設F₁、F₂分別為橢圓C的左右焦點，過F₂的直線l與橢圓C交于不同兩點M、N，記△F₁MN的內(nèi)切圓的面積為S，求當S取最大值時直線l的方程，并求出S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓過點（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），以橢圓的頂點為頂點的四邊形面積為4$\sqrt{3}$，列出方程組，能求出橢圓的標準方程．
（Ⅱ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△F₁MN的內(nèi)切圓半徑為r，則${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₂M|+|F₂N|）•r=$\frac{1}{2}×8r$=4r，要使S取最大值，只需${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，${S}_{△{F}_{1}MN}=\frac{1}{2}×|{F}_{1}{F}_{2}|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$，設直線l的方程為x=ty+1，將x=ty+1代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用根的差別式、韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、橢圓性質(zhì)、圓的性質(zhì)能求出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞1）過點（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
以橢圓的頂點為頂點的四邊形面積為4$\sqrt{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{\frac{3}{4}}{^{2}}=1}\\{2ab=4\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（Ⅱ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△F₁MN的內(nèi)切圓半徑為r，
則${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₂M|+|F₂N|）•r=$\frac{1}{2}×8r$=4r，
∴要使S取最大值，只需${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，
${S}_{△{F}_{1}MN}=\frac{1}{2}×|{F}_{1}{F}_{2}|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$，
設直線l的方程為x=ty+1，
將x=ty+1代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，①
∵△＞0恒成立，∴方程①恒有解，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
∴${S}_{△{F}_{1}MN}=\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
記m=$\sqrt{{t}^{2}+1}$，（m≥1），
${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{12}{3m+\frac{1}{m}}$在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當m=1，即t=0時，（${S}_{△{F}_{1}MN}$）_max=3，
此時，直線l：x=1，S的最大值為$\frac{9π}{16}$．

點評 本題考查橢圓方程、直線方程、圓的面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、橢圓性質(zhì)、圓的性質(zhì)的合理運用．