分析 (1)由題意把焦點(diǎn)坐標(biāo)代入圓的方程求出c,再由條件得F1A為圓E的直徑求出|AF1|=3,根據(jù)勾股定理求出|AF2|,根據(jù)橢圓的定義和a2=b2+c2依次求出a和b的值,代入橢圓方程即可;
(2)由(1)求出A的坐標(biāo)、直線OA的斜率,設(shè)直線l的方程和M、N的坐標(biāo),聯(lián)立直線和橢圓方程消去y,利用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式求出|MN|,由點(diǎn)到直線的距離公式求出點(diǎn)A到直線l的距離,代入三角形的面積公式求出△AMN的面積S的表達(dá)式,化簡(jiǎn)后利用基本不等式求出面積的最大值,
解答 解:(1)如圖圓E經(jīng)過橢圓C的左右焦點(diǎn)F1,F(xiàn)2,
∴c2+(0-$\frac{1}{2}$)2=$\frac{9}{4}$,解得c=$\sqrt{2}$,…(2分)
∵F1,E,A三點(diǎn)共線,∴F1A為圓E的直徑,則|AF1|=3,
∴AF2⊥F1F2,∴|AF2|2=9-8=1,
∵2a=|AF1|+|AF2|=3+1=4,∴a=2
由a2=b2+c2得,b=$\sqrt{2}$,…(4分)
∴橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1;…(5分)
(2)由(1)得點(diǎn)A的坐標(biāo)($\sqrt{2}$,1),直線l的斜率為kOA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,…(6分)
則設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+m,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),
聯(lián)立橢圓方程得,${x}^{2}+\sqrt{2}mx+{m}^{2}-2$=0,
∴x1+x2=-$\sqrt{2}m$,x1x2=m2-2,
且△=2m2-4m2+8>0,解得-2<m<2,…(8分)
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x2-x1|=$\sqrt{12-3{m}^{2}}$,
∵點(diǎn)A到直線l的距離d=$\frac{\sqrt{6}|m|}{3}$,
∴△AMN的面積S=$\frac{1}{2}×$$\sqrt{12-3{m}^{2}}$×$\frac{\sqrt{6}|m|}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}•\sqrt{(4-{m}^{2}){m}^{2}}$≤$\sqrt{2}$…(10分)
當(dāng)且僅當(dāng)4-m2=m2,即m=$±\sqrt{2}$,三角形AMN的面積的最大值為$\sqrt{2}$.…(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式,以及直線、圓與橢圓的位置關(guān)系等,考查的知識(shí)多,綜合性強(qiáng),考查化簡(jiǎn)計(jì)算能力,屬于中檔題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4 | B. | -4 | C. | 2 | D. | -2 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 3或27 | B. | 3 | C. | 27 | D. | 5 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{4}$ | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | $-\frac{1}{2}$ | D. | $-\frac{1}{4}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{{3+\sqrt{3}}}{2}$ | B. | $3+\sqrt{3}$ | C. | $\frac{1}{6}$ | D. | $\frac{3}{2}$ |
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