Question

15．已知橢圓C的中心在坐標原點，左焦點為F₁，右焦點為F₂（1，0），A、B是橢圓C的左、右頂點，D是橢圓C上異于 A、B的動點，且△AD B面積的最大值為2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若線段PQ是橢圓過點F₂的弦，且$\overrightarrow{P{F_2}}=λ\overrightarrow{{F_2}Q}$，求△PF₁Q內(nèi)切圓面積最大時實數(shù)λ的值．

Answer 1

分析 （I）通過△ADB面積的最大值為$\frac{1}{2}×2ab=2\sqrt{3}$，及右焦點F₂（1，0），可得關(guān)于a、b的關(guān)系式，從而可得橢圓C的方程；
（II）分類討論，確定當直線PQ與x軸垂直時${S}_{△P{F}_{1}Q}$最大，進而可求△PF₁Q內(nèi)切圓面積最大時實數(shù)λ的值．

解答 解：（I）根據(jù)題意，△ADB面積的最大值為$\frac{1}{2}×2ab=2\sqrt{3}$，
∵右焦點為F₂（1，0），∴a²=b²+1，∴a²=4，b²=3，
∴$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（II）顯然直線PQ不與x軸重合，分兩種情況討論：
①當直線PQ與x軸垂直時，|PQ|=3，|F₁F₂|=2，${S_{△P{F_1}Q}}=3$；
②當直線PQ不與x軸垂直時，設(shè)直線PQ：y=k（x-1），k≠0，
將直線PQ方程代入橢圓C的標準方程，整理，得（3+4k²）y²+6ky-9k²=0，
顯然△＞0，由韋達定理，得y₁+y₂=$\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
∴${S}_{△P{F}_{1}Q}$=$\frac{1}{2}×|{F}_{1}{F}_{2}|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$
=$\frac{1}{2}$×|F₁F₂|×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{1}{2}×2×$$\sqrt{（\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$
=12$\sqrt{\frac{{k}^{4}+{k}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
令t=3+4k²，則$t＞3，{k^2}=\frac{t-3}{4}$，
所以${S}_{△P{F}_{1}Q}$=12$\sqrt{\frac{（\frac{t-3}{4}）^{2}+\frac{t-3}{4}}{{t}^{2}}}$
=12$\sqrt{\frac{{t}^{2}-2t-3}{16{t}^{2}}}$
=3$\sqrt{1-\frac{2}{t}-\frac{3}{{t}^{2}}}$
=3$\sqrt{-3（\frac{1}{t}+\frac{1}{3}）^{2}+\frac{4}{3}}$
∵$0＜\frac{1}{t}＜\frac{1}{3}$，∴${S}_{△P{F}_{1}Q}$∈（0，3）；
綜上①、②，得${S_{△P{F_1}Q}}∈（0，3]$，即當直線PQ與x軸垂直時${S_{△P{F_1}Q}}$最大，為3，
設(shè)△PF₁Q內(nèi)切圓半徑r，則${S_{△P{F_1}Q}}=\frac{1}{2}（|P{F_1}|+P{F_2}|+|PQ|）•r=4r≤3$，
即${r_{max}}=\frac{3}{4}$，此時直線PQ與x軸垂直，△PF₁Q內(nèi)切圓面積最大，
所以，$\overrightarrow{P{F_2}}=\overrightarrow{{F_2}Q}，λ=1$．

點評 本題考查橢圓的標準方程與幾何性質(zhì)，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查三角形面積的計算，屬于中檔題．