Question

9．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率是$\frac{1}{2}$，過點$P（0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$的動直線l與橢圓相交于A，B兩點，當直線l平行與x軸時，直線l被橢圓截得的線段長為$2\sqrt{3}$．（F₁，F(xiàn)₂分別為左，右焦點）
（1）求橢圓的標準方程；
（2）過F₂的直線l′交橢圓于不同的兩點M，N，則△F₁MN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l′方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\ \frac{3}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），不妨設y₁＞0，y₂＜0，設△F₁MN的內(nèi)切圓半徑是R，則△F₁MN的周長是4a=8，${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}（{MN+{F_1}M+{F_1}N}）R=4R$，因此${S_{△{F_1}MN}}$最大，R就最大，${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}{F_1}{F_2}•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$．由題知，直線的斜率不為0，可設直線的方程為x=my+1，與橢圓方程聯(lián)立得，（3m²+4）y²+6my-9=0，解出可得面積，通過換元再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由題知橢圓過點$（{\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$．
由題可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\ \frac{3}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解得：$a=2，b=\sqrt{3}，c=1$．
所以，橢圓方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），不妨設y₁＞0，y₂＜0，
設△F₁MN的內(nèi)切圓半徑是R，則△F₁MN的周長是4a=8，
${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}（{MN+{F_1}M+{F_1}N}）R=4R$，因此${S_{△{F_1}MN}}$最大，R就最大，
${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}{F_1}{F_2}•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$．
由題知，直線的斜率不為0，可設直線的方程為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，
解得${y_1}=\frac{{-3m+6\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}，{y_2}=\frac{{-3m-6\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，
則${S_{△{F_1}MN}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|（{{y_1}-{y_2}}）={y_1}-{y_2}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，
${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，
設$f（t）=3t+\frac{1}{t}，f'（t）=3-\frac{1}{t^2}$，f（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以，f（t）≥f（1）=4，${S_{△{F_1}MN}}≤\frac{12}{4}=3$，
因為${S_{△{F_1}MN}}=4R$，所以${R_{max}}=\frac{3}{4}$，此時所求內(nèi)切圓的面積最大值是$\frac{9π}{16}$，
故直線方程為x=1時，△F₁MN內(nèi)切圓面積最大值是$\frac{9π}{16}$．

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、三角形面積計算公式、三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．