Question

19．如圖，已知圓E：x²+（y-1）²=4經(jīng)過橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左右焦點F₁，F(xiàn)₂，與橢圓C在第一象限的交點為A，且F₁，E，A三點共線．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)與直線OA（O為原點）平行的直線交橢圓C于M，N兩點，當△AMN的面積取取最大值時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）推導出F₁A為圓E的直徑，且|AF₁|=4，從而AF₂⊥F₁F₂．進而$c=\sqrt{3}$，再求出AF₂|=2，得到a=3．由此能求出橢圓C的方程．
（2）求出點A的坐標為$（\sqrt{3}，2）$，設(shè)直線l的方程為y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x+m$，將l方程代入$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$，得：$6{x^2}+4\sqrt{3}mx+3{m^2}-18=0$，由此利用韋達定理、根的判別式，弦長公式、點到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出當△AMN的面積取取最大值時，直線l的方程．

解答 解：（1）∵F₁，E，A三點共線，
∴F₁A為圓E的直徑，且|AF₁|=4，
∴AF₂⊥F₁F₂．由x²+（0-1）²=4，得$x=±\sqrt{3}$，
∴$c=\sqrt{3}$，∵${|{A{F_2}}|^2}={|{A{F_1}}|^2}-{|{{F_1}{F_2}}|^2}=16-12=4$，
∴|AF₂|=2，∴2a=|AF₁|+|AF₂|=6，a=3．
∵a²=b²+c²，∴b²=6，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$．
（2）由（1）知，點A的坐標為$（\sqrt{3}，2）$，
∴直線OA的斜率為$\frac{2}{3}\sqrt{3}$，故設(shè)直線l的方程為y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x+m$，
將l方程代入$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$消去y得：$6{x^2}+4\sqrt{3}mx+3{m^2}-18=0$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{2}{3}\sqrt{3}m$，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2}{m^2}-3$，△=48m²-72m²+432＞0，m²＜18，
∴$-3\sqrt{2}＜m＜3\sqrt{2}$，
又：$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-{x_1}}|$=$\sqrt{1+\frac{4}{3}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{28-\frac{14}{9}{m}^{2}}$，
∵點A到直線l的距離$d=\frac{{\sqrt{21}}}{7}|m|$，
∴${S}_{△AMN}=\frac{1}{2}$|MN|•d=$\frac{1}{2}\sqrt{28-\frac{14}{9}{m}^{2}}$•$\frac{\sqrt{21}}{7}$|m|
=$\frac{\sqrt{21}}{14}$$\sqrt{（28-\frac{14}{9}{m}^{2}）•{m}^{2}}$=$\frac{{\sqrt{21}}}{14}\sqrt{-\frac{14}{9}{m^4}+28{m^2}}$≤$\frac{\sqrt{21}}{14}×3\sqrt{14}$=$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，
當且僅當${m^2}=-\frac{28}{{2×（-\frac{14}{9}）}}=9$，即m=±3時等號成立，此時直線l的方程為y=$\frac{2}{3}\sqrt{3}x±3$．

點評 本題考查橢圓方程的求法、直線方程的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想，是中檔題．