Question

6．如图，已知圆E：${x^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}=\frac{9}{4}$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．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设与直线OA（O为原点）平行的直线l交椭圆C于M，N两点．当△AMN的面积取到最大值时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （I）根据圆的性质求出焦点和A点坐标，利用椭圆的定义得2a=|AF₁|-|AF₂|，从而得出a，进而得出椭圆的方程；
（II）设直线l的方程为y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，联立方程组消元，利用根与系数的关系求出|MN|，用m表示出△AMN的面积，根据m的范围求出三角形的面积．

解答 解：（Ⅰ）∵F₁，E，A三点共线，∴F₁A为圆E的直径，且AF₁=3，∴AF₂⊥F₁F₂．
由${x^2}+{（{0-\frac{1}{2}}）^2}=\frac{9}{4}$，得$x=±\sqrt{2}$，∴$c=\sqrt{2}$．
∵${|{A{F_2}}|^2}={|{A{F_1}}|^2}-{|{{F_1}{F_2}}|^2}=9-8=1$，∴AF₂=1，
∴2a=|AF₁|+|AF₂|=4，a=2．
∵a²=b²+c²，∴$b=\sqrt{2}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点A的坐标为$（{\sqrt{2}，1}）$，∴直线OA的斜率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
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，${x^2}+\sqrt{2}mx+{m^2}-2=0$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}m$，${x_1}{x_2}={m^2}-2$，
∵△=2m²-4m²+8＞0，∴-2＜m＜2．
又$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-{x_1}}|$=$\sqrt{1+\frac{1}{2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{12-3{m^2}}$，
∵点A到直线l的距离$d=\frac{{\sqrt{6}|m|}}{3}$，
∴${S_{△AMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{12-3{m^2}}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}|m|$
=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}\sqrt{（{4-{m^2}}）•{m^2}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\frac{{（{4-{m^2}}）+{m^2}}}{2}=\sqrt{2}$，
当且仅当4-m²=m²，即$m=±\sqrt{2}$时等号成立，
此时直线l的方程为$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x±\sqrt{2}$．

点评 本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．