13.已知橢圓$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{2}$=1,F(xiàn)1,F(xiàn)2為其左.右焦點,直線l與橢圓相交于A、B兩點,
(1)線段AB的中點為(1,$\frac{1}{2}$),求直線l的方程;
(2)直線l過點F1,三角形ABF2內(nèi)切圓面積最大時,求直線l的方程.

分析 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).則$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{1}^{2}}{2}$=1,$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{2}$=1,相減再利用斜率計算公式、中點坐標公式即可得出.
(2)F1$(-\sqrt{2},0)$,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).設(shè)直線l的方程為:ty=x+$\sqrt{2}$,與橢圓方程聯(lián)立化為:(t2+2)y2-2$\sqrt{2}$ty-2=0,可得|y1-y2|=$\sqrt{({y}_{1}+{y}_{2})^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$.可得${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$•|y1-y2|=$\frac{1}{2}×2\sqrt{2}$×$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+1}}{{t}^{2}+2}$,利用基本不等式的性質(zhì)可得:△F1AB的面積取得最大值$2\sqrt{2}$.設(shè)△F1AB的內(nèi)切圓的半徑為r,可得${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}r×4a$=4$\sqrt{2}$r,進而得出.

解答 解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).則$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{1}^{2}}{2}$=1,$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{2}$=1,
相減可得:$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{2}$=0,∴$\frac{2}{4}+\frac{1}{2}×\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=0,即1+kl=0,解得kl=-1.
∴直線l的方程為:y-$\frac{1}{2}$=-(x-1),化為:2x+2y-3=0.
(2)F1$(-\sqrt{2},0)$,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).
設(shè)直線l的方程為:ty=x+$\sqrt{2}$,聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{ty=x+\sqrt{2}}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$,化為:(t2+2)y2-2$\sqrt{2}$ty-2=0,
∴∴y1+y2=$\frac{2\sqrt{2}t}{{t}^{2}+2}$,y1•y2=$\frac{-2}{{t}^{2}+2}$.
∴|y1-y2|=$\sqrt{({y}_{1}+{y}_{2})^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+1}}{{t}^{2}+2}$.
∴${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$•|y1-y2|=$\frac{1}{2}×2\sqrt{2}$×$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+1}}{{t}^{2}+2}$=4$\sqrt{2}$×$\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$≤$\frac{4c}{2}$=2$\sqrt{2}$,當且僅當t=0時取等號.
∴△F1AB的面積取得最大值$2\sqrt{2}$.
設(shè)△F1AB的內(nèi)切圓的半徑為r,則${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}r×4a$=4$\sqrt{2}$r≤2$\sqrt{2}$.
∴r≤$\frac{1}{2}$,
∴三角形ABF2內(nèi)切圓面積≤$π×(\frac{1}{2})^{2}$,取得最大$\frac{π}{4}$,
∴直線l的方程為x+$\sqrt{2}$=0.

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)、三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)與面積,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.

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