Question

14．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{1}{2}$，点F₁，F₂分别是椭圆C的左、右焦点，以原点为圆心，椭圆C的短半轴为半径的圆与直线x-y+$\sqrt{6}$=0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点F₂的直线l与椭圆C相交于M，N两点，求使△F₁MN面积最大时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由离心率为$\frac{1}{2}$，得$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，根据圆与直线相切可得b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，再由a²=b²+c²联立可解得a，b，即可得到椭圆方程；
（2）设直线l的方程为x=my+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立直线l方程与椭圆方程消掉x得y的二次方程，运用韦达定理，由S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，代入韦达定理即可得关于m的函数表达式，恰当变形后，利用函数单调性求得其最大值及相应m值．

解答 解：（1）由题意得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
由圆x2+y2=b2与直线x-y+$\sqrt{6}$=0相切，可得
b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，解得a=2，c=1，
所以椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由题意可设直线l的方程为x=my+1，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则点M、N的坐标是方程组$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$的两组解，
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|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{36{m}^{2}}{（3{m}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{m}^{2}+4}}$=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12}{\frac{3{m}^{2}+4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}$=$\frac{12}{3\sqrt{{m}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+1}}}$，
设t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$（t≥1），由y=3t+$\frac{1}{t}$的导数3-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
可得函数y在t≥1递增，即有y≥4，
S${\;}_{△MN{F}_{1}}$≤3（当且仅当m=0时取等号），
所以当m=0时，△F₁MN的面积取最大值，此时直线l的方程为x=1．

点评 本题考查直线方程、椭圆方程及直线和椭圆、圆的位置关系，考查三角形面积公式，考查学生分析解决问题的能力．