Question

9．設(shè)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，上頂點為A，過點A與AF₂垂直的直線交x軸負半軸于點Q，且$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}+\overrightarrow{{F_2}Q}$=$\overrightarrow 0$．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）若過A，Q，F(xiàn)₂三點的圓恰好與直線$\sqrt{7}$x-y+$\sqrt{7}$+$4\sqrt{2}$=0相切，求橢圓C的方程；
（Ⅲ）過F₂的直線L與（Ⅱ）中橢圓C交于不同的兩點M、N，則△F₁MN的內(nèi)切圓的面積是否存    在最大值？若存在，求出這個最大值及此時的直線方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：$\overrightarrow{AQ}$=（-3c，-b），$\overrightarrow{A{F_2}}$=（c，-b），由$\overrightarrow{AQ}$⊥$\overrightarrow{A{F_2}}$，即$\overrightarrow{AQ}$•$\overrightarrow{A{F_2}}$=-3c²+b²=0，a²=4c²，e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）由$\frac{{|{-\sqrt{7}c+\sqrt{7}+4\sqrt{2}}|}}{{\sqrt{7+1}}}$=2c，解得c=1則a=2，b=$\sqrt{3}$，即可求得橢圓的標準方程；
（Ⅲ）由要使△F₁MN內(nèi)切圓的面積最大，只需R最大，此時${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$也最大，設(shè)直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程，由韋達定理，弦長公式及三角形的面積公式可知${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=|y₁-y₂|=$\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，t=$\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=$\frac{12t}{{3{t^2}+1}}=\frac{12}{{3t+\frac{1}{t}}}$（t≥1），由函數(shù)的單調(diào)性可知：當t=1時，${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=4R有最大值3，即可求得m的值，求得直線方程．

解答 解：（Ⅰ）依題意A（0，b），F(xiàn)₁為QF₂的中點．
設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），則Q（-3c，0），$\overrightarrow{AQ}$=（-3c，-b），$\overrightarrow{A{F_2}}$=（c，-b），
由$\overrightarrow{AQ}$⊥$\overrightarrow{A{F_2}}$，即$\overrightarrow{AQ}$•$\overrightarrow{A{F_2}}$=-3c²+b²=0，∴-3c²+（a²-c²）=0，
即a²=4c²，
∴e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$．（3分）
（Ⅱ）由題Rt△QAF₂外接圓圓心為斜邊QF₂的中點，
F₁（-c，0），半徑r=2c，
∵由題Rt△QAF₂外接圓與直線$\sqrt{7}x-y$+$\sqrt{7}$+$4\sqrt{2}$=0相切，
∴d=r，即$\frac{{|{-\sqrt{7}c+\sqrt{7}+4\sqrt{2}}|}}{{\sqrt{7+1}}}$=2c，解得c=1．
∴a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$．
所求橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$（6分）
（Ⅲ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）由題知y₁，y₂異號，
設(shè)△F₁MN的內(nèi)切圓的半徑為R，則△F₁MN的周長為4a=8，
∴${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₁M|+|F₁N|）R=4R，
∴要使△F₁MN內(nèi)切圓的面積最大，只需R最大，此時${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$也最大．（8分）
${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|．|y₁-y₂|=|y₁-y₂|，
由題知，直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程為x=my+1，
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²+6my-9=0，
由韋達定理，得y₁+y₂=$\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}$，y₁y₂=$\frac{-9}{{3{m^2}+4}}$，（△＞0⇒m∈R）
${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=|y₁-y₂|=$\sqrt{{{（y{\;}_1+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$．
令t=$\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=$\frac{12t}{{3{t^2}+1}}=\frac{12}{{3t+\frac{1}{t}}}$（t≥1），
當t=1時，${S_△}_{F_1}{\;}_{MN}$=4R有最大值3．
此時，m=0，R_max=$\frac{3}{4}$．
故△F₁MN的內(nèi)切圓的面積最大值為$\frac{9π}{16，}$
此時直線l的方程為x=1．（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達定理，弦長公式及三角形的面積公式，考查橢圓與函數(shù)的單調(diào)性及最值綜合應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．