Question

8．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞1）过点（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为4$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设F₁、F₂分别为椭圆C的左右焦点，过F₂的直线l与椭圆C交于不同两点M、N，记△F₁MN的内切圆的面积为S，求当S取最大值时直线l的方程，并求出S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆过点（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为4$\sqrt{3}$，列出方程组，能求出椭圆的标准方程．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△F₁MN的内切圆半径为r，则${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₂M|+|F₂N|）•r=$\frac{1}{2}×8r$=4r，要使S取最大值，只需${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，${S}_{△{F}_{1}MN}=\frac{1}{2}×|{F}_{1}{F}_{2}|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$，设直线l的方程为x=ty+1，将x=ty+1代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用根的差别式、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式、椭圆性质、圆的性质能求出结果．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞1）过点（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为4$\sqrt{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{\frac{3}{4}}{{b}^{2}}=1}\\{2ab=4\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△F₁MN的内切圆半径为r，
则${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₂M|+|F₂N|）•r=$\frac{1}{2}×8r$=4r，
∴要使S取最大值，只需${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，
${S}_{△{F}_{1}MN}=\frac{1}{2}×|{F}_{1}{F}_{2}|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$，
设直线l的方程为x=ty+1，
将x=ty+1代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，①
∵△＞0恒成立，∴方程①恒有解，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
∴${S}_{△{F}_{1}MN}=\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
记m=$\sqrt{{t}^{2}+1}$，（m≥1），
${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{12}{3m+\frac{1}{m}}$在[1，+∞）上单调递减，
∴当m=1，即t=0时，（${S}_{△{F}_{1}MN}$）_max=3，
此时，直线l：x=1，S的最大值为$\frac{9π}{16}$．

点评 本题考查椭圆方程、直线方程、圆的面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式、椭圆性质、圆的性质的合理运用．