Question

14．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，過焦點垂直長軸的弦長為1．
（I）求橢圓E的方程；
（II）橢圓E的右焦點為F，⊙O：x²+y²=1的切線MN與橢圓E交于M，N兩點（均在y軸的右側(cè)），求△MNF內(nèi)切圓的面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：$\frac{2^{2}}{a}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．（x₁＞0，x₂＞0），可得y₁²-1=-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．設(shè)切點為Q．連接OM，OQ，在△OMQ中，丨MQ丨²=x₁²+y₁²-1，可得|MQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，可得|MN|+|MF|+|NF|=4．△MNF的周長是定值4．分類討論：切線MN⊥x軸時，把x=1代入橢圓方程解得y，可得△MNF的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|•|$\sqrt{3}$-1|．
切線MN與x軸不垂直時，設(shè)切線MN的方程為：my+t=x，則$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化為：t²=1+m²．直線MN的方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．點F到直線MN的距離d．可得△MNF的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|•d．對t分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出S的最大值．S最大時，可得內(nèi)切圓的半徑r最大，由$\frac{1}{2}$×4r=S_max，可得r的最大值，可得：△MNF內(nèi)切圓的面積的最大值．

解答 解：（I）由題意可得：$\frac{2^{2}}{a}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（II）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（x₁＞0，x₂＞0），
∴y₁²-1=-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．設(shè)切點為Q．
連接OM，OQ，在△OMQ中，丨MQ丨²=x₁²+y₁²-1=$\frac{3}{4}$x₁²，
∴|MQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，
同理，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，
∴|MN|=|MQ|+|NQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂），
∴|MN|+|MF|+|NF|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂）+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂=4．
∴△MNF的周長是定值4．
切線MN⊥x軸時，把x=1代入橢圓方程解得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴|MN|=$\sqrt{3}$，∴△MNF的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|•|$\sqrt{3}$-1|=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
切線MN與x軸不垂直時，設(shè)切線MN的方程為：my+t=x，則$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化為：t²=1+m²．|t|≥1．
直線MN的方程與橢圓方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，
△＞0，∴y₁+y₂=$-\frac{2tm}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（-\frac{2tm}{{m}^{2}+4}）^{2}-4×\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}]}$=$\frac{4\sqrt{3（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+4}$．
點F到直線MN的距離d=$\frac{|\sqrt{3}-t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴△MNF的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|•d=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{t}^{2}+3}$．（t≠$\sqrt{3}$）．
當(dāng)t$＞\sqrt{3}$時，S=$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{-2\sqrt{3}（{t}^{2}-2\sqrt{3}t-3）}{（{t}^{2}+3）^{2}}$=$\frac{-2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$，
可知：t=$\sqrt{3}$+$\sqrt{6}$時，S取得最大值$\sqrt{2}$-1．可知：$\sqrt{2}$-1＜$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
當(dāng)t≤-1，或1≤t＜$\sqrt{3}$時，S=-$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$．
而S（-1）=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$，S（1）=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$，
可知：t=-1時，S取得最大值$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$．可知：$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$＞$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
可知：此時內(nèi)切圓的半徑r最大，由$\frac{1}{2}$×4r=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$，可得r=$\frac{3+\sqrt{3}}{4}$．
可得：△MNF內(nèi)切圓的面積的最大值為πr²=$π×（\frac{3+\sqrt{3}}{4}）^{2}$=$\frac{6+3\sqrt{3}}{2}$π．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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、三角形面積計算公式、點到直線的距離公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．