Question

18．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，直線l過橢圓的右焦點(diǎn)F₂與橢圓交于A，B 兩點(diǎn)，
（Ⅰ）當(dāng)直線l的斜率為1，點(diǎn)P為橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，滿足使得△ABP的面積為$\frac{{2\sqrt{5}-2}}{3}$的點(diǎn)P有幾個(gè)？并說明理由．
（Ⅱ）△ABF₁的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值及此時(shí)直線l的方程，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1焦點(diǎn)在x軸上，右焦點(diǎn)F₂（1，0），設(shè)直線l的方程為：y=x-1，代入橢圓方程，利用兩點(diǎn)之間的距離公式，求得丨AB丨，根據(jù)三角形的面積公式求得點(diǎn)P到直線l的距離為d，利用點(diǎn)到直線的距離公式與d比較即可求得P點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）△ABF₁的內(nèi)切圓的半徑為r，${S}_{AB{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$4a×r，要使內(nèi)切圓的面積最大，即使得△ABF₁最大，將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，點(diǎn)到直線的距離公式及基本不等式的性質(zhì)，即可求得得△ABF₁最大值，求得內(nèi)切圓的半徑及面積和直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1焦點(diǎn)在x軸上，右焦點(diǎn)F₂（1，0），
設(shè)直線l的方程為：y=x-1，則$\left\{\begin{array}{l}{y=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：3x²-4x=0，
解得：x₁=0，x₂=$\frac{4}{3}$，
則丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x₁-x₂丨=$\frac{4}{3}$$\sqrt{2}$，
設(shè)點(diǎn)P到直線l的距離為d，則S_△ABP=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{3}$$\sqrt{2}$×d=$\frac{{2\sqrt{5}-2}}{3}$，
解得：d=$\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}$，
設(shè)P（x₀，y₀），則P到直線l的距離d=$\frac{丨{x}_{0}-{y}_{0}-1丨}{\sqrt{2}}$，
令t=x₀-y₀-1，由$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+{y}_{0}^{2}=1$，代入整理得：x₀²+2（x₀-1-t）²=2，
化簡(jiǎn)整理得：3x₀²-4（1+t）x₀+2t²+4t=0，
由△≥0，解得：-$\sqrt{3}$-1≤t≤-$\sqrt{3}$+1，
當(dāng)-$\sqrt{3}$-1≤t＜0，橢圓上方的點(diǎn)到直線l的距離的最大值為$\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$＞$\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}$，
則橢圓上存在兩個(gè)這樣的點(diǎn)P，使得△ABP的面積S_△ABP=$\frac{{2\sqrt{5}-2}}{3}$，
當(dāng)0≤t≤-$\sqrt{3}$+1，橢圓下方的點(diǎn)到直線l的距離的最大值為$\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$＜$\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}$，
則橢圓下方不存在這樣的P點(diǎn)，使得△ABP的面積S_△ABP=$\frac{{2\sqrt{5}-2}}{3}$，
綜上可知：橢圓上存在這樣的P點(diǎn)有二個(gè)；
（Ⅱ）△ABF₁的內(nèi)切圓的半徑為r，${S}_{AB{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（丨AF₁丨+丨BF₁丨+丨AB丨）×r=$\frac{1}{2}$4a×r，
∴要使內(nèi)切圓的面積最大，即使得△ABF₁最大，…9分
設(shè)直線l：x=my+1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（m²+2）y²+2my-1=0…10分
由△=8（1+m²）＞0，
丨y₁-y₂丨=$\frac{\sqrt{△}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$，…11分
設(shè)點(diǎn)F₁到直線l的距離為h則：${S}_{AB{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$丨AB丨×h=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m}^{2}}$$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$$\frac{丨-（-1）+m×0+1丨}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$，…13分
令t=$\sqrt{1+{m}^{2}}$，t≥0，則${S}_{AB{F}_{1}}$=$\frac{2\sqrt{2}t}{{t}^{2}+1}$=$\frac{2\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{t•\frac{1}{t}}}$=$\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{1}{t}$，即m=0時(shí)，${S}_{AB{F}_{1}}$取得最大值，
∴△ABF₁面積最大值為$\sqrt{2}$，
則r_max=$\frac{1}{2}$，
∴△ABF₁的內(nèi)切圓的面積最大值為$\frac{π}{4}$，此時(shí)直線l的方程為x=1．…15分

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查，直線、圓、圓錐曲線的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系等基本知識(shí)，同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．