Question

1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓E：x²+（y-t）²=r²（t＞0，r＞0）經(jīng)過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$的左右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂，與橢圓C在第一象限的交點(diǎn)為A，且F₁，E，A三點(diǎn)共線．
（Ⅰ）求圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)與直線OA平行的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，求△AMN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由三角形的中位線定理，求得丨AF₂丨，再由橢圓的定義，丨AF₁丨=2a-丨AF₂丨，根據(jù)勾股定理即可求得t的值，由EF₁為半徑，即可求得r的值，求得圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式和基本不等式的性質(zhì)，即可求得△AMN的面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a=4，短軸長(zhǎng)2b=2$\sqrt{2}$，焦距2c=2$\sqrt{2}$
因?yàn)镕₁，E，A三點(diǎn)共線，則F₁A為圓E的直徑，F(xiàn)₂在圓E上，
則AF₂⊥F₁F₂，所以O(shè)E為三角AF₁F₂中位線，
由E（0，t），則丨AF₂丨=2t，
則丨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=$\frac{1}{2}$，
半徑r=$\sqrt{丨O{F}_{1}{丨}^{2}+丨OE{丨}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴圓E的方程x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$，1），所以直線OA的斜率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，…6分
故設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，
聯(lián)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
設(shè)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?yàn)辄c(diǎn)A到直線l的距離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}$，
當(dāng)且僅當(dāng)4-m²=m²，即m=±$\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立，
∴△AMN的面積的最大值．$\sqrt{2}$
此時(shí)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x±$\sqrt{2}$．…12分

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓定義的應(yīng)用，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及基本不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．