Question

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：x²+（y-t）²=r²（t＞0，r＞0）经过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$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．
（Ⅰ）求圆E的方程；
（Ⅱ）设与直线OA平行的直线l交椭圆C于M，N两点，求△AMN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由三角形的中位线定理，求得丨AF₂丨，再由椭圆的定义，丨AF₁丨=2a-丨AF₂丨，根据勾股定理即可求得t的值，由EF₁为半径，即可求得r的值，求得圆E的方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，代入椭圆方程，利用韦达定理，弦长公式和基本不等式的性质，即可求得△AMN的面积的最大值．

解答 解：（Ⅰ）椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，长轴长2a=4，短轴长2b=2$\sqrt{2}$，焦距2c=2$\sqrt{2}$
因为F₁，E，A三点共线，则F₁A为圆E的直径，F₂在圆E上，
则AF₂⊥F₁F₂，所以OE为三角AF₁F₂中位线，
由E（0，t），则丨AF₂丨=2t，
则丨AF₁丨=2a-丨AF₂丨=4-2t，
由勾股定理可知：丨AF₁丨²=丨F₁F₂丨²+AF₂丨²，即（4-2t）²=（2$\sqrt{2}$）²+（2t）²，
解得：t=$\frac{1}{2}$，
半径r=$\sqrt{丨O{F}_{1}{丨}^{2}+丨OE{丨}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴圆E的方程x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点A的坐标为（$\sqrt{2}$，1），所以直线OA的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，…6分
故设直线l的方程为y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得x²+$\sqrt{2}$mx-m²-2=0．，…7分
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
所以x₁+x₂=-$\sqrt{2}$m，x₁•x₂=m²-2，
△=2m²-4m²+8＞0，所以-2＜m＜2，…8分
又丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x₁-x₂丨，
=$\sqrt{1+\frac{1}{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{12-3{m}^{2}}$，…9分
因为点A到直线l的距离d=$\frac{\sqrt{6}丨m丨}{3}$，…10分
所以S_△AMN=$\frac{1}{2}$丨MN丨•d=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{12-3{m}^{2}}$•$\frac{\sqrt{6}丨m丨}{3}$，
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\sqrt{（4-{m}^{2}）{m}^{2}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{4-{m}^{2}+{m}^{2}}{2}$=$\sqrt{2}$，
当且仅当4-m²=m²，即m=±$\sqrt{2}$时等号成立，
∴△AMN的面积的最大值．$\sqrt{2}$
此时直线l的方程为y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x±$\sqrt{2}$．…12分

点评 本题考查椭圆定义的应用，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，弦长公式及基本不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．