Question

8．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{1}{2}$，右焦點(diǎn)到右頂點(diǎn)的距離為1
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，點(diǎn)M、N是直線l上的兩點(diǎn)F₁、F₂是橢圓的左右焦點(diǎn)，且F₁M⊥l，F(xiàn)₂N⊥l，求四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），半焦距為c．依題意$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，由右焦點(diǎn)到右頂點(diǎn)的距離為1，得a-c=1．可求得橢圓方程
（2）（2）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓y的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．利用四邊形面積可得結(jié)論

解答 解：（1）設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），半焦距為c．
依題意$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，由右焦點(diǎn)到右頂點(diǎn)的距離為1，得a-c=1．
解得c=1，a=2．
所以b²=a²-c²=3．
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（2）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓y的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中，
得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0
由直線與橢圓僅有一個(gè)公共點(diǎn)知△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化簡(jiǎn)得：m²=4k²+3．
設(shè)${d_1}=|{{F_1}M}|=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，${d_2}=|{{F_2}M}|=\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
∵${d_1}^2+{d_2}^2={（\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}+{（\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}=\frac{{2（{m^2}+{k^2}）}}{{{k^2}+1}}=\frac{{2（5{k^2}+3）}}{{{k^2}+1}}$，${d_1}{d_2}=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}•\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{|{{m^2}-{k^2}}|}}{{{k^2}+1}}=\frac{{3{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}=3$．
∴$|{MN}|=\sqrt{{{|{{F_1}{F_2}}|}^2}-{{（{d_1}-{d_2}）}^2}}$=$\sqrt{4-（{d_1}^2+{d_2}^2-2{d_1}{d_2}）}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．…（8分）
四邊形F₁MNF₂的面積$S=\frac{1}{2}|{MN}|（{d_1}+{d_2}）$=$\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}（{d_1}+{d_2}）$，${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}$=$16-4{（\frac{1}{{{k^2}+1}}-2）^2}≤12$．
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)，${S^2}=12，S=2\sqrt{3}$，故${S_{max}}=2\sqrt{3}$．
所以四邊形F₁MNF₂的面積S的最大值為$2\sqrt{3}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與橢圓得綜合問題，屬難題，高考題常作為壓軸題出現(xiàn)．