Question

19．如图，已知圆E：x²+（y-1）²=4经过椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左右焦点F₁，F₂，与椭圆C在第一象限的交点为A，且F₁，E，A三点共线．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设与直线OA（O为原点）平行的直线交椭圆C于M，N两点，当△AMN的面积取取最大值时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）推导出F₁A为圆E的直径，且|AF₁|=4，从而AF₂⊥F₁F₂．进而$c=\sqrt{3}$，再求出AF₂|=2，得到a=3．由此能求出椭圆C的方程．
（2）求出点A的坐标为$（\sqrt{3}，2）$，设直线l的方程为y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x+m$，将l方程代入$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$，得：$6{x^2}+4\sqrt{3}mx+3{m^2}-18=0$，由此利用韦达定理、根的判别式，弦长公式、点到直线距离公式，结合已知条件能求出当△AMN的面积取取最大值时，直线l的方程．

解答 解：（1）∵F₁，E，A三点共线，
∴F₁A为圆E的直径，且|AF₁|=4，
∴AF₂⊥F₁F₂．由x²+（0-1）²=4，得$x=±\sqrt{3}$，
∴$c=\sqrt{3}$，∵${|{A{F_2}}|^2}={|{A{F_1}}|^2}-{|{{F_1}{F_2}}|^2}=16-12=4$，
∴|AF₂|=2，∴2a=|AF₁|+|AF₂|=6，a=3．
∵a²=b²+c²，∴b²=6，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$．
（2）由（1）知，点A的坐标为$（\sqrt{3}，2）$，
∴直线OA的斜率为$\frac{2}{3}\sqrt{3}$，故设直线l的方程为y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x+m$，
将l方程代入$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$消去y得：$6{x^2}+4\sqrt{3}mx+3{m^2}-18=0$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{2}{3}\sqrt{3}m$，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2}{m^2}-3$，△=48m²-72m²+432＞0，m²＜18，
∴$-3\sqrt{2}＜m＜3\sqrt{2}$，
又：$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-{x_1}}|$=$\sqrt{1+\frac{4}{3}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{28-\frac{14}{9}{m}^{2}}$，
∵点A到直线l的距离$d=\frac{{\sqrt{21}}}{7}|m|$，
∴${S}_{△AMN}=\frac{1}{2}$|MN|•d=$\frac{1}{2}\sqrt{28-\frac{14}{9}{m}^{2}}$•$\frac{\sqrt{21}}{7}$|m|
=$\frac{\sqrt{21}}{14}$$\sqrt{（28-\frac{14}{9}{m}^{2}）•{m}^{2}}$=$\frac{{\sqrt{21}}}{14}\sqrt{-\frac{14}{9}{m^4}+28{m^2}}$≤$\frac{\sqrt{21}}{14}×3\sqrt{14}$=$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，
当且仅当${m^2}=-\frac{28}{{2×（-\frac{14}{9}）}}=9$，即m=±3时等号成立，此时直线l的方程为y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x±3$．

点评 本题考查椭圆方程的求法、直线方程的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，是中档题．