Question

6．如圖，已知圓E：${x^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}=\frac{9}{4}$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(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）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)與直線OA（O為原點(diǎn)）平行的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)．當(dāng)△AMN的面積取到最大值時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)圓的性質(zhì)求出焦點(diǎn)和A點(diǎn)坐標(biāo)，利用橢圓的定義得2a=|AF₁|-|AF₂|，從而得出a，進(jìn)而得出橢圓的方程；
（II）設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$+m，聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出|MN|，用m表示出△AMN的面積，根據(jù)m的范圍求出三角形的面積．

解答 解：（Ⅰ）∵F₁，E，A三點(diǎn)共線，∴F₁A為圓E的直徑，且AF₁=3，∴AF₂⊥F₁F₂．
由${x^2}+{（{0-\frac{1}{2}}）^2}=\frac{9}{4}$，得$x=±\sqrt{2}$，∴$c=\sqrt{2}$．
∵${|{A{F_2}}|^2}={|{A{F_1}}|^2}-{|{{F_1}{F_2}}|^2}=9-8=1$，∴AF₂=1，
∴2a=|AF₁|+|AF₂|=4，a=2．
∵a²=b²+c²，∴$b=\sqrt{2}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，點(diǎn)A的坐標(biāo)為$（{\sqrt{2}，1}）$，∴直線OA的斜率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
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，${x^2}+\sqrt{2}mx+{m^2}-2=0$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}m$，${x_1}{x_2}={m^2}-2$，
∵△=2m²-4m²+8＞0，∴-2＜m＜2．
又$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-{x_1}}|$=$\sqrt{1+\frac{1}{2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{12-3{m^2}}$，
∵點(diǎn)A到直線l的距離$d=\frac{{\sqrt{6}|m|}}{3}$，
∴${S_{△AMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{12-3{m^2}}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}|m|$
=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}\sqrt{（{4-{m^2}}）•{m^2}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\frac{{（{4-{m^2}}）+{m^2}}}{2}=\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)4-m²=m²，即$m=±\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立，
此時(shí)直線l的方程為$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x±\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．