Question

15．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$直线MN与圆x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，M（a，0），N（0，b）
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）若E的右焦点为F，圆x²+y²=1的切线AB与E交于A，B 两点（A，B均在y轴右侧），求证：△ABF的周长为定值，并求△ABF的内切圆半径的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，则a=2b．由直线MN与圆x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，则$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化为4（a²+b²）=5a²b²联立解出即可得出椭圆的标准方程．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．（x₁＞0，x₂＞0），y₁²-1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．设切点为Q．连接OA，OQ，在△OAQ中，丨AQ丨²=x₁²+y₁²-1=$\frac{3}{4}$x₁²，|AQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，同理，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，|AF|=2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，|BF|=2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂．即可证明△ABF的周长是定值4．切线AB⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得△ABF的面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•|$\sqrt{3}$-1|=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
切线AB与x轴不垂直时，设切线AB的方程为：my+t=x，则$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化为：t²=1+m²．直线AB的方程与椭圆方程联立化为：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，可得|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{3（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+4}$．点F到直线AB的距离d=$\frac{|\sqrt{3}-t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．△ABF的面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{t}^{2}+3}$．（t≠0，$\sqrt{3}$）．对t分类讨论，利用导数研究其单调性极值最值即可得出．

解答 解：（1）由题意的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，则a=2b，①
由直线MN与圆x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，则$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化为4（a²+b²）=5a²b²，②
由①②解得：a=2，b=1，
∴椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．（x₁＞0，x₂＞0），
∴y₁²-1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．设切点为Q．
连接OA，OQ，在△OAQ中，丨AQ丨²=x₁²+y₁²-1=$\frac{3}{4}$x₁²，
∴|AQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，
同理，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，
∴|AB|=|AQ|+|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂），
∴|AB|+|AF|+|BF|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂）+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂=4．
∴△ABF的周长是定值4．
切线AB⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴|AB|=$\sqrt{3}$，∴△ABF的面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•|$\sqrt{3}$-1|=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
切线AB与x轴不垂直时，设切线AB的方程为：my+t=x，则$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化为：t²=1+m²．
直线AB的方程与椭圆方程联立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，
△＞0，∴y₁+y₂=$\frac{-2tm}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{t}^{2}{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}-\frac{4（{t}^{2}-4）}{{m}^{2}+4}]}$=$\frac{4\sqrt{3（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+4}$．
点F到直线AB的距离d=$\frac{|\sqrt{3}-t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴△ABF的面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{t}^{2}+3}$．（t≠0，$\sqrt{3}$）．
当t$＞\sqrt{3}$时，S=$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{-2\sqrt{3}（{t}^{2}-2\sqrt{3}t-3）}{（{t}^{2}+3）^{2}}$=$\frac{-2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$，
可知：t=$\sqrt{3}+\sqrt{6}$时，S取得最大值$\sqrt{2}$-1．可知：$\sqrt{2}$-1＜$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
当t＜$\sqrt{3}$（t≠0）时，S=-$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$．
可知：t=$\sqrt{3}$-$\sqrt{6}$时，S取得最大值$\sqrt{2}$+1．可知：$\sqrt{2}$+1＞$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
可知：此时内切圆的半径r最大，由$\frac{1}{2}$×4r=$\sqrt{2}$+1，可得r=$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、点到直线的距离公式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．