Question

10．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，P為橢圓C上的動點，△PF₁F₂的面積最大值為$\sqrt{3}$，以原點為圓心，橢圓短半軸長為半徑的圓與直線y=$\sqrt{3}$（x+2）相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，動直線l：y=kx+m與橢圓C有且僅有一個公共點，點M，N是直線l上的兩點，且F₁M⊥l，F(xiàn)₂M⊥l．求四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的性質(zhì)和直線和圓相切的條件：d=r，解方程可得c，b，由a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$，可得a，進而得到橢圓方程；
（2）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，運用判別式為0，可得m²=3+4k²．求得F₁，F(xiàn)₂到直線l的距離，討論k=0，k≠0，運用四邊形的面積公式，化簡整理可得m的函數(shù)式，求得最值即可．

解答 解：（1）由題意橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，
左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，P為橢圓C上的動點，△PF₁F₂的面積最大值為$\sqrt{3}$，
以原點為圓心，橢圓短半軸長為半徑的圓與直線$\sqrt{3}$x-y+2$\sqrt{3}$=0相切．
可得S${\;}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$，b=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3+1}}$=$\sqrt{3}$，
解得c=1，b=$\sqrt{3}$，
故a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2．
所以橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，
得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
由直線l與橢圓C僅有一個公共點，△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-12）=0，
化簡得m²=3+4k²．
設(shè)d₁=|F₁M|=$\frac{|-k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，d₂=|F₂M|=$\frac{|k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
當(dāng)k≠0時，設(shè)直線l的傾斜角為θ，則|d₁-d₂|=|MN|•|tanθ|，
即有|MN|=|$\frac{1dxhbtn_{1}-ppbnzrt_{2}}{k}$|，
S=$\frac{1}{2}$|$\frac{5nx5dnx_{1}-rj5lv55_{2}}{k}$|（d₁+d₂）=|$\frac{{hdzrtdx_{1}}^{2}-{ppxhhzr_{2}}^{2}}{2k}$|=$\frac{2|m|}{1+{k}^{2}}$=$\frac{2|m|}{1+\frac{{m}^{2}-3}{4}}$=$\frac{8}{|m|+\frac{1}{|m|}}$，
由m²=3+4k²．當(dāng)k≠0時，|m|＞$\sqrt{3}$，|m|+$\frac{1}{|m|}$＞$\sqrt{3}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
可得S＜2$\sqrt{3}$．
當(dāng)k=0時，四邊形F₁MNF₂是矩形，S=2$\sqrt{3}$．          
所以四邊形F₁MNF₂的面積S的最大值為2$\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用直線和圓相切的條件：d=r，考查四邊形的面積的最值的求法，注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立，運用判別式為0和函數(shù)的單調(diào)性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．