Question

11．橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，且離心率為$\frac{1}{2}$，點(diǎn)P為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，△F₁PF₂內(nèi)切圓面積的最大值為$\frac{π}{3}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)橢圓的左頂點(diǎn)為A₁，過右焦點(diǎn)F₂的直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，連結(jié)A₁A，A₁B并延長(zhǎng)交直線x=4分別于P，Q兩點(diǎn)，以PQ為直徑的圓是否恒過定點(diǎn)？若是，請(qǐng)求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)c=t，則a=2t，$b=\sqrt{3}t$，推導(dǎo)出點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)，從而得到t=1，由此能求出橢圓的方程．
（2）設(shè)直線AB的方程為x=ty+1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用韋達(dá)定理、向量知識(shí)、直線方程、圓的性質(zhì)、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能推導(dǎo)出以PQ為直徑的圓恒過定點(diǎn)（1，0）和（7，0）．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）∵橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，不妨設(shè)c=t，a=2t，即$b=\sqrt{3}t$，其中t＞0，
又△F₁PF₂內(nèi)切圓面積取最大值$\frac{π}{3}$時(shí)，半徑取最大值為$r=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∵${S_{△{F_1}P{F_2}}}=\frac{r}{2}•{C_{△{F_1}P{F_2}}}$，${C_{△{F_1}P{F_2}}}$為定值，
∴${S_{△{F_1}P{F_2}}}$也取得最大值，即點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)，
∴$\frac{1}{2}•2c•b=\frac{r}{2}•（2a+2c）$，$\frac{1}{2}•2t•\sqrt{3}t=\frac{1}{2}•\frac{{\sqrt{3}}}{3}•（4t+2t）$，解得t=1，
∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．（4分）
（2）設(shè)直線AB的方程為x=ty+1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
則${y_1}+{y_2}=\frac{-6t}{{3+4{t^2}}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3+4{t^2}}}$，
直線AA₁的方程為$y=\frac{y_1}{{{x_1}-（-2）}}（x-（-2））$，
直線BA₁的方程為$y=\frac{y_2}{{{x_2}-（-2）}}（x-（-2））$，
則$P（4，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）$，$Q（4，\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}）$，
假設(shè)PQ為直徑的圓是否恒過定點(diǎn)M（m，n），
則$\overrightarrow{MP}=（4-m，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}-n）$，$\overrightarrow{MQ}=（4-m，\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}-n）$，
$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}={（4-m）^2}+（\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}-n）（\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}-n）=0$，
即$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}={（4-m）^2}+（\frac{{6{y_1}}}{{t{y_1}+3}}-n）（\frac{{6{y_2}}}{{t{y_2}+3}}-n）=0$，
即$\frac{{（36-12nt）{y_1}{y_2}-18n（{y_1}+{y_2}）}}{{{t^2}{y_1}{y_2}+3t（{y_1}+{y_2}）+9}}+{n^2}+{（4-m）^2}=0$，

$\frac{（36-12nt）（-9）-18n（-6t）}{{-9{t^2}+3t（-6t）+9（3{t^2}+4）}}+{n^2}+{（4-m）^2}=0$，即6nt-9+n²+（4-m）²=0，
若PQ為直徑的圓是否恒過定點(diǎn)M（m，n），即不論t為何值時(shí)，$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=0$恒成立，
∴n=0，m=1或m=7．
∴以PQ為直徑的圓恒過定點(diǎn)（1，0）和（7，0）．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到橢圓方程的求法，直線與圓錐曲線的相關(guān)知識(shí)，以及恒過定點(diǎn)問題．本小題對(duì)考生的化歸與轉(zhuǎn)化思想、運(yùn)算求解能力都有很高要求．