Question

14．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，直線x+y+1=0與以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)M（2，0）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)S，T，若橢圓C的左焦點(diǎn)為F₁，求△F₁ST面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為半徑的圓的方程為（x-c）²+y²=a²，圓心到直線x+y+1=0的距離d=$\frac{c+1}{\sqrt{2}}$=a，推導(dǎo)出b=c，a=$\sqrt{2}c$，從而求出b=c=1，a=$\sqrt{2}$，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），設(shè)P（x₀，y₀），將直線方程代入橢圓方程，得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式，結(jié)合已知條件能求出△F₁ST面積的最大值．

解答 解：（1）由題意以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為半徑的圓的方程為（x-c）²+y²=a²，
∴圓心到直線x+y+1=0的距離d=$\frac{c+1}{\sqrt{2}}$=a，（*）
∵橢圓C的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，
∴b=c，a=$\sqrt{2}c$，
代入（*）式得b=c=1，∴a=$\sqrt{2}b=\sqrt{2}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），設(shè)P（x₀，y₀），
將直線方程代入橢圓方程，得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
∴△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$，
設(shè)S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴|ST|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{\frac{8-16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$，
F₁到l的距離d=$\frac{3|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S=$\frac{1}{2}$|ST|d=3$\sqrt{\frac{2{k}^{2}（1-2{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，令t=1+2k²，t∈（1，2），
則S=3$\sqrt{-2（\frac{1}{t}）^{2}+3（\frac{1}{t}）-1}$，
當(dāng)t=$\frac{4}{3}$，即${k}^{2}=\frac{1}{6}$時(shí)，△F₁ST面積的最大值為${S}_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，考查橢圓、圓、直線方程、根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．