Question

14．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点M（2，0）的直线l与椭圆C相交于不同的两点S，T，若椭圆C的左焦点为F₁，求△F₁ST面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长轴长为半径的圆的方程为（x-c）²+y²=a²，圆心到直线x+y+1=0的距离d=$\frac{c+1}{\sqrt{2}}$=a，推导出b=c，a=$\sqrt{2}c$，从而求出b=c=1，a=$\sqrt{2}$，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设直线l的方程为y=k（x-2），设P（x₀，y₀），将直线方程代入椭圆方程，得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出△F₁ST面积的最大值．

解答 解：（1）由题意以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长轴长为半径的圆的方程为（x-c）²+y²=a²，
∴圆心到直线x+y+1=0的距离d=$\frac{c+1}{\sqrt{2}}$=a，（*）
∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，
∴b=c，a=$\sqrt{2}c$，
代入（*）式得b=c=1，∴a=$\sqrt{2}b=\sqrt{2}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k（x-2），设P（x₀，y₀），
将直线方程代入椭圆方程，得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
∴△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$，
设S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴|ST|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{\frac{8-16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$，
F₁到l的距离d=$\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}}}$，令t=1+2k²，t∈（1，2），
则S=3$\sqrt{-2（\frac{1}{t}）^{2}+3（\frac{1}{t}）-1}$，
当t=$\frac{4}{3}$，即${k}^{2}=\frac{1}{6}$时，△F₁ST面积的最大值为${S}_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积的最大值的求法，考查椭圆、圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．