Question

17．設橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），上頂點為A，過A與AF₂垂直的直線交x軸負半軸于Q點，且F₁為QF₂的中點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過F₂的直線l與C交于不同的兩點M、N，則△F₁MN的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值及此時的直線方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，設F₁、F₂的坐標，可得Q點坐標以及向量$\overrightarrow{AQ}$、$\overrightarrow{A{F}_{2}}$的坐標，分析可得$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{A{F_2}}=-3{c^2}+{b^2}=0$，分析可得a、b的值，代入橢圓的方程即可得答案；
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由M、N的坐標表達△F₁MN的面積，分析可得要使△F₁MN內(nèi)切圓的面積最大，只需R最大，此時${S_{△{F_1}MN}}$也最大，進而設直線l的方程為x=my+1，與橢圓的方程聯(lián)立，結合根與系數(shù)的關系分析可得${S_{△{F_1}MN}}=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，由換元法分析可得答案．

解答 解：（1）由題A（0，b），F(xiàn)₁為QF₂的中點．
設F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），則Q（-3c，0），
$\overrightarrow{AQ}=（{-3c，-b}）$，$\overrightarrow{A{F_2}}=（{c，-b}）$，由題$\overrightarrow{AQ}⊥\overrightarrow{A{F_2}}$，即$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{A{F_2}}=-3{c^2}+{b^2}=0$，
∴-3c²+（a²-c²）=0即a²=4c²，a²=4，b²=3
故所求的橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由題y₁，y₂異號，
設△F₁MN的內(nèi)切圓的半徑為R，則△F₁MN的周長為4a=8，
${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}（{|{MN}|+|{{F_1}M}|+|{{F_1}N}|}）R=4R$，
因此要使△F₁MN內(nèi)切圓的面積最大，只需R最大，此時${S_{△{F_1}MN}}$也最大，${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$，
由題知，直線l的斜率不為零，可設直線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，
由韋達定理得${y_1}+{y_2}=\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}$，（△＞0⇒m∈R）${S_{△{F_1}MN}}=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，
令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，${S_{△{F_1}MN}}=\frac{12t}{{3{t^2}-1}}=\frac{12}{{3t+\frac{1}{t}}}（{t≥1}）$，
當t=1時，${S_{△{F_1}MN}}=4R$有最大值3，此時，m=0，${R_{max}}=\frac{3}{4}$，
故△F₁MN的內(nèi)切圓的面積的最大值為$\frac{9π}{16}$，此時直線l的方程為x=1．

點評 本題考查橢圓的幾何性質，涉及直線與橢圓的位置關系，注意需要考慮直線的斜率是否為0．