Question

16．已知点F₁（-1，0）、F₂（1，0）分别是椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，一动圆在y轴右侧与y轴相切，同时与圆（x-1）²+y²=1相外切，此动圆的圆心轨迹为曲线C，曲线C与椭圆E在第一象限的交点为P，且|PF₂|=$\frac{5}{3}$．
（I）求曲线C与椭圆E的方程：
（Ⅱ）过点F₂的直线l与椭圆E交于M，N两点．则△F₁MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在．求出这个最大值及此时直线l的方程：若不存在．请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设动圆的方程为（x-m）²+（y-n）²=r²，m＞0，由题意可得m=r，再由两圆外切的条件：圆心距即为两圆的半径之和，消去半径r，可得曲线C的方程；运用抛物线的定义，求得P的坐标，代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），不妨y₁＞0，y₂＜0，设△F₁MN的内切圆的径R，则△F₁MN的周长=4a=8，△F₁MN的内切圆的面积为$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₁M|+|F₁N|）R=4R，内切圆的面积最大，R就最大．设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示△F₁MN的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论．

解答 解：（Ⅰ）设动圆的方程为（x-m）²+（y-n）²=r²，m＞0，
由动圆在y轴右侧与y轴相切，可得m=r，
又与圆（x-1）²+y²=1相外切，可得$\sqrt{（1-m）^{2}+{n}^{2}}$=1+r，
消去r，两边平方可得n²=4m，
可得曲线C的方程为抛物线y²=4x，
即有准线方程为x=-1，焦点为（1，0），即为F₂（1，0），
由|PF₂|=$\frac{5}{3}$，由抛物线的定义可得
x_P+1=$\frac{5}{3}$，解得x_P=$\frac{2}{3}$，y_P=±$\sqrt{\frac{8}{3}}$，
代入椭圆方程，可得$\frac{4}{9{a}^{2}}$+$\frac{8}{3{b}^{2}}$=1，
又a²-b²=c²=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
不妨设y₁＞0，y₂＜0，设△F₁MN的内切圆的径R，
则△F₁MN的周长=4a=8，S${\;}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$（|MN|+|F₁M|+|F₁N|）R=4R，
因此S${\;}_{△{F}_{1}MN}$最大，R就最大，
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$得（3m²+4）y²+6my-9=0，
得y₁=$\frac{-3m+6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，y₂=$\frac{-3m-6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
则S${\;}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|（y₁-y₂）=y₁-y₂=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$，则t≥1，
则S${\;}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12t}{3{t}^{2}+1}$=$\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，
令f（t）=3t+$\frac{1}{t}$，则f′（t）=3-$\frac{1}{{t}^{2}}$，
当t≥1时，f′（t）≥0，f（t）在[1，+∞）上单调递增，
有f（t）≥f（1）=4，S${\;}_{△{F}_{1}MN}$≤3，
即当t=1，m=0时，S${\;}_{△{F}_{1}MN}$≤3，
S${\;}_{△{F}_{1}MN}$=4R，∴R_max=$\frac{3}{4}$，这时所求内切圆面积的最大值为$\frac{9}{16}$π．
故直线l：x=1，△F₁MN内切圆面积的最大值为$\frac{9}{16}$π．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出S${\;}_{△{F}_{1}MN}$最大，R就最大是关键．