Question

12．在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{2}$=0相切，過點F₂的直線l與橢圓相交于M，N兩點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若$\overrightarrow{M{F_1}}=3\overrightarrow{{F_1}N}$，求直線l的方程；
（3）求△F₁MN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率及點到直線的距離公式即可求得a和b的值，即可求得橢圓方程；
（2）將直線方程代入橢圓方程，利用韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，即可求得m的值，即可求得直線方程；
（3）由（2）可知，利用韋達定理及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△F₁MN面積的最大值．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則a²=4b²，
以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{2}$=0相切，
則b=$\frac{丨0-0+\sqrt{2}丨}{\sqrt{{1}^{2}+（-1）^{2}}}$=1，則a²=4，
∴橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由題意可知：直線l必與橢圓相交，
當直線l的斜率為0時，顯然不成立，
當直線斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x=my+$\sqrt{3}$，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\overrightarrow{M{F_1}}=3\overrightarrow{{F_1}N}$，可得：（$\sqrt{3}$-x₁，-y₁）=3（x₂-$\sqrt{3}$，y₂），則y₁=-3y₂，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，則（m²+4）y²+2$\sqrt{3}$my-1=0，
則△=12m²+4（m²+4）=16（m²+1）＞0，
則y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$=-2y₂，
則y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+4}$=-3y₂²，則-$\frac{1}{{m}^{2}+4}$=-3（$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$）²，
則m²=$\frac{1}{2}$，m=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
則直線直線l方程為x=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$y+$\sqrt{3}$，即$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{6}$=0或$\sqrt{2}$x+y-$\sqrt{6}$=0，
直線l的方程$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{6}$=0或$\sqrt{2}$x+y-$\sqrt{6}$=0；
（3）當直線l的斜率為0時，顯然不成立，
當直線l的斜率不為0，由（2）可得：
△F₁MN面積S=$\frac{1}{2}$×丨F₁F₂丨×丨y₁-y₂丨=$\frac{1}{2}$×丨F₁F₂丨×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$×$\frac{4\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+4}$
=4$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+1+3}$=4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+1}+\frac{3}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}$
≤4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2\sqrt{\sqrt{{m}^{2}+1}×\frac{3}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}}$=4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2\sqrt{3}}$=2，
當且僅當$\sqrt{{m}^{2}+1}$=$\frac{3}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$，即m=±$\sqrt{2}$，取等號，
△F₁MN面積的最大值2．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，基本不等式應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．