Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{1}{2}$，點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，以原點(diǎn)為圓心，橢圓C的短半軸為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{6}$=0相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若過點(diǎn)F₂的直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，求使△F₁MN面積最大時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由離心率為$\frac{1}{2}$，得$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，根據(jù)圓與直線相切可得b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，再由a²=b²+c²聯(lián)立可解得a，b，即可得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為x=my+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立直線l方程與橢圓方程消掉x得y的二次方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，由S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，代入韋達(dá)定理即可得關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式，恰當(dāng)變形后，利用函數(shù)單調(diào)性求得其最大值及相應(yīng)m值．

解答 解：（1）由題意得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
由圓x2+y2=b2與直線x-y+$\sqrt{6}$=0相切，可得
b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，解得a=2，c=1，
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由題意可設(shè)直線l的方程為x=my+1，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則點(diǎn)M、N的坐標(biāo)是方程組$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$的兩組解，
消掉x得，（3m²+4）y²+6my-9=0，
所以△=36m²+36（3m²+4）＞0恒成立，
y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
所以S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{36{m}^{2}}{（3{m}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{m}^{2}+4}}$=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12}{\frac{3{m}^{2}+4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}$=$\frac{12}{3\sqrt{{m}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}$，
設(shè)t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$（t≥1），由y=3t+$\frac{1}{t}$的導(dǎo)數(shù)3-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
可得函數(shù)y在t≥1遞增，即有y≥4，
S${\;}_{△MN{F}_{1}}$≤3（當(dāng)且僅當(dāng)m=0時(shí)取等號(hào)），
所以當(dāng)m=0時(shí)，△F₁MN的面積取最大值，此時(shí)直線l的方程為x=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線方程、橢圓方程及直線和橢圓、圓的位置關(guān)系，考查三角形面積公式，考查學(xué)生分析解決問題的能力．