Question

13．已知圓E：x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$經(jīng)過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點F₁，F(xiàn)₂，且與橢圓C在第一象限的交點為A，且F₁，E，A三點共線，直線l交橢圓C于M，N兩點，且$\overrightarrow{MN}$=λ$\overrightarrow{OA}$（λ≠0）
（1）求橢圓C的方程；
（2）當三角形AMN的面積取得最大值時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意把焦點坐標代入圓的方程求出c，再由條件得F₁A為圓E的直徑求出|AF₁|=3，根據(jù)勾股定理求出|AF₂|，根據(jù)橢圓的定義和a²=b²+c²依次求出a和b的值，代入橢圓方程即可；
（2）由（1）求出A的坐標，根據(jù)向量共線的條件求出直線OA的斜率，設(shè)直線l的方程和M、N的坐標，聯(lián)立直線和橢圓方程消去y，利用韋達定理和弦長公式求出|MN|，由點到直線的距離公式求出點A到直線l的距離，代入三角形的面積公式求出△AMN的面積S的表達式，化簡后利用基本不等式求出面積的最大值以及對應(yīng)的m，代入直線l的方程即可．

解答 解：（1）如圖圓E經(jīng)過橢圓C的左右焦點F₁，F(xiàn)₂，
∴c²+（0-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$，解得c=$\sqrt{2}$，…（2分）
∵F₁，E，A三點共線，∴F₁A為圓E的直徑，則|AF₁|=3，
∴AF₂⊥F₁F₂，∴$|A{F}_{2}{|}^{2}$=$|A{F}_{1}{|}^{2}$-$|{F}_{1}{F}_{2}{|}^{2}$=9-8=1，
∵2a=|AF₁|+|AF₂|=3+1=4，∴a=2
由a²=b²+c²得，b=$\sqrt{2}$，…（4分）
∴橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；…（5分）
（2）由（1）得點A的坐標（$\sqrt{2}$，1），
∵$\overrightarrow{MN}=λ\overrightarrow{OA}$（λ≠0），∴直線l的斜率為k_OA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，…（6分）
則設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+m，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$得，${x}^{2}+\sqrt{2}mx+{m}^{2}-2=0$，
∴x₁+x₂=$-\sqrt{2}m$，x₁x₂=m²-2，
且△=2m²-4m²+8＞0，解得-2＜m＜2，…（8分）
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₂-x₁|=$\sqrt{1+\frac{1}{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-{4x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{\frac{3}{2}}$$\sqrt{（-\sqrt{2}m）^{2}-4（{m}^{2}-2）}$=$\sqrt{{12-3m}^{2}}$，
∵點A到直線l的距離d=$\frac{|\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}-1+m|}{\sqrt{\frac{1}{2}+1}}$=$\frac{\sqrt{6}|m|}{3}$，
∴△AMN的面積S=$\frac{1}{2}|MN|d$=$\frac{1}{2}×\sqrt{{12-3m}^{2}}×\frac{\sqrt{6}|m|}{3}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\sqrt{{（4-m}^{2}）{m}^{2}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{4-{m}^{2}+{m}^{2}}{2}$=$\sqrt{2}$，…（10分）
當且僅當4-m²=m²，即m=$±\sqrt{2}$，直線l的方程為$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x±\sqrt{2}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程，韋達定理和弦長公式，向量共線條件，以及直線、圓與橢圓的位置關(guān)系等，考查的知識多，綜合性強，考查化簡計算能力，屬于中檔題．