Question

14．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的短軸長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$，離心率e=$\frac{1}{2}$，
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程：
（2）若F₁、F₂分別是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，過(guò)F₂的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A、B，求△F₁AB的內(nèi)切圓半徑的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用已知條件列出方程組求出a，b，然后求解橢圓的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設(shè)△F₁AB的內(nèi)切圓的半徑為R，表示出△F₁AB的周長(zhǎng)與面積，設(shè)直線l的方程為x=my+1，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理，表示三角形面積，令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，利用基本不等式求解面積的最大值，然后求解△F₁AB內(nèi)切圓半徑的最大值為$\frac{3}{4}$．

解答 解：（1）由題意可得$\left\{{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{3}}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\end{array}}\right.$…（2分）
解得$a=2，b=\sqrt{3}$…（3分）
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（4分）
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設(shè)△F₁AB的內(nèi)切圓的半徑為R，
因?yàn)椤鱂₁AB的周長(zhǎng)為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）${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$，
由題意知，直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程為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）
又因直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)，
故△＞0，即（6m）²+36（3m²+4）＞0，m∈R，則${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$…（10分）
令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則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$f（t）=t+\frac{{\frac{1}{3}}}{t}$，由函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)f（t）在$[{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，+∞}）$上是單調(diào)遞增函數(shù)，
即當(dāng)t≥1時(shí)，f（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
因此有$f（t）≥f（1）=\frac{4}{3}$，所以${S_{△{F_1}AB}}≤3$，
即當(dāng)t=1，m=0時(shí)，${S_{△{F_1}AB}}$最大，此時(shí)${R_{max}}=\frac{3}{4}$，
故當(dāng)直線l的方程為x=1時(shí)，△F₁AB內(nèi)切圓半徑的最大值為$\frac{3}{4}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，開(kāi)心分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．