Question

14．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的短轴长为2$\sqrt{3}$，离心率e=$\frac{1}{2}$，
（1）求椭圆C的标准方程：
（2）若F₁、F₂分别是椭圆C的左、右焦点，过F₂的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，求△F₁AB的内切圆半径的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用已知条件列出方程组求出a，b，然后求解椭圆的方程．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设△F₁AB的内切圆的半径为R，表示出△F₁AB的周长与面积，设直线l的方程为x=my+1，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，表示三角形面积，令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，利用基本不等式求解面积的最大值，然后求解△F₁AB内切圆半径的最大值为$\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）由题意可得$\left\{{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{3}}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\end{array}}\right.$…（2分）
解得$a=2，b=\sqrt{3}$…（3分）
故椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（4分）
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设△F₁AB的内切圆的半径为R，
因为△F₁AB的周长为4a=8，${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}（{|{AB}|+|{{F_1}A}|+|{{F_1}B}|}）R=4R$，
因此${S_{△{F_1}AB}}$最大，R就最大…（6分）${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$，
由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
由$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3m²+4）y²+6my-9=0，
所以，${y_1}+{y_2}=\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}$…（8分）
又因直线l与椭圆C交于不同的两点，
故△＞0，即（6m）²+36（3m²+4）＞0，m∈R，则${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$…（10分）
令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，则t≥1，${S_{△{F_1}AB}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}=\frac{12t}{{3{t^2}+1}}=\frac{4}{{t+\frac{{\frac{1}{3}}}{t}}}$．
令$f（t）=t+\frac{{\frac{1}{3}}}{t}$，由函数的性质可知，函数f（t）在$[{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，+∞}）$上是单调递增函数，
即当t≥1时，f（t）在[1，+∞）上单调递增，
因此有$f（t）≥f（1）=\frac{4}{3}$，所以${S_{△{F_1}AB}}≤3$，
即当t=1，m=0时，${S_{△{F_1}AB}}$最大，此时${R_{max}}=\frac{3}{4}$，
故当直线l的方程为x=1时，△F₁AB内切圆半径的最大值为$\frac{3}{4}$…（12分）

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，开心分析问题解决问题的能力．