Question

15．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左焦點為F，短軸的兩個端點分別為A、B，且|AB|=2，△ABF為等邊三角形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，點M在橢圓C上且位于第一象限內，它關于坐標原點O的對稱點為N； 過點M 作x軸的垂線，垂足為H，直線NH與橢圓C交于另一點J，若$\overrightarrow{HM}•\overrightarrow{HN}=-\frac{1}{2}$，試求以線段NJ為直徑的圓的方程；
（3）已知l₁、l₂是過點A的兩條互相垂直的直線，直線l₁與圓O：x²+y²=4相交于P、Q兩點，直線l₂與橢圓C交于另一點R；求△PQR面積取最大值時，直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （1）由橢圓左焦點為F，短軸的兩個端點分別為A、B，且|AB|=2，△ABF為等邊三角形，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設M（x₀，y₀），則由條件，知x₀＞0，y₀＞0，且N（-x₀，-y₀），H（x₀，0）．推導出$M（\sqrt{2}，\;\;\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），N（-\sqrt{2}，\;\;-\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），H（\sqrt{2}，\;\;0\;）$，進而求得直線NH的方程：$x-4y-\sqrt{2}=0$．由$\left\{\begin{array}{l}x-4y-\sqrt{2}=0\\ \;\;\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$$求得\;J（\frac{7}{5}\sqrt{2}，\;\;\frac{1}{10}\sqrt{2}）$．再求出線段HJ的中點坐標，由此能求出以線段NJ為直徑的圓的方程．
（3）當直線l₁的斜率為0時，${S_{△PQR}}=2\sqrt{3}$．當直線l₁的斜率存在且不為0時，設其方程為y=kx-1（k≠0），利用點到直線距離公式、弦長公式、直線垂直、三角形面積公式，結合已知條件能求出結果．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左焦點為F，短軸的兩個端點分別為A、B，且|AB|=2，△ABF為等邊三角形．
∴由題意，得：$\left\{\begin{array}{l}\;2b=2\\ \;\;\;\;c=\sqrt{3}\;b\\ \;\;{b^2}+{c^2}={a^2}，\;\end{array}\right.$$解得\;\left\{\begin{array}{l}\;a=2\\ \;b=1\\ c=\sqrt{3}.\end{array}\right.$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）設M（x₀，y₀），則由條件，知x₀＞0，y₀＞0，且N（-x₀，-y₀），H（x₀，0）．
從而$\overrightarrow{HM}=（0，\;\;{y_0}），\overrightarrow{HN}=（-{x_0}，\;\;-{y_0}）$．
于是由$\overrightarrow{HM}•\overrightarrow{HN}=（0，\;\;{y_0}）•（-{x_0}，\;\;-{y_0}）=-{y_0}^2=-\frac{1}{2}，\;及\;{y_0}＞0，得\;{y_0}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
再由點M在橢圓C上，得$\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2=1，\;\;求得\;{x_0}=\sqrt{2}$．
所以$M（\sqrt{2}，\;\;\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），N（-\sqrt{2}，\;\;-\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），H（\sqrt{2}，\;\;0\;）$，
進而求得直線NH的方程：$x-4y-\sqrt{2}=0$．
由$\left\{\begin{array}{l}x-4y-\sqrt{2}=0\\ \;\;\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$$求得\;J（\frac{7}{5}\sqrt{2}，\;\;\frac{1}{10}\sqrt{2}）$．
進而$|{\;NJ}|=\sqrt{{{（\frac{7}{5}\sqrt{2}+\sqrt{2}）}^2}+{{（\frac{1}{10}\sqrt{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}）}^2}}=\frac{3}{5}\sqrt{34}，線段\;NJ\;的中點坐標為（\frac{1}{5}\sqrt{2}，\;\;-\frac{1}{5}\sqrt{2}）$．
∴以線段NJ為直徑的圓的方程為：${（x-\frac{1}{5}\sqrt{2}）^2}\;+{（y+\frac{1}{5}\sqrt{2}）^2}=\frac{153}{50}$．
（3）當直線l₁的斜率不存在時，直線l₂與橢圓C相切于點A，不合題意，
當直線l₁的斜率為0時，由題意得${S_{△PQR}}=2\sqrt{3}$．
當直線l₁的斜率存在且不為0時，設其方程為y=kx-1（k≠0），
則點O到直線l₁的距 離為$d=\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，從而由幾何意義，得$|{PQ}|=2\sqrt{4-{d^2}}=2\sqrt{\frac{{4{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}}$，
由于l₂⊥l₁，故直線l₂的方程為$y=-\frac{1}{k}x-1$，由題意得它與橢圓C的交點R的坐標為 $（{-\frac{8k}{{{k^2}+4}}，-\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}}）$，
于是$|{AR}|=\sqrt{{{（{-\frac{8k}{{{k^2}+4}}}）}^2}+{{（{-\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}+1}）}^2}}=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{{k^2}+4}}$．
$故\;{S_{△PQR}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•|{AR}|=\frac{{8\sqrt{4{k^2}+3}}}{{{k^2}+4}}$，
$令u=\sqrt{4{k^2}+3}＞\sqrt{3}，則$${S_{△PQR}}=\frac{32u}{{{u^2}+13}}=\frac{32}{{u+\frac{13}{u}}}≤\frac{16}{13}\sqrt{13}$，
當且僅當$u=\sqrt{13}（＞\sqrt{3}），\;即\;k=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}$時，上式取等號．
∵$\frac{16}{13}\sqrt{13}＞2\sqrt{3}$，故當$k=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}$時，${（{{S_{△PQR}}}）_{max}}=\frac{16}{13}\sqrt{13}$，
此時直線l₁的方程為：$y=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}x-1$．（也可寫成 $±\sqrt{10}x+2y+2=0$．）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查圓的方程的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓、圓、直線方程、點到直線距離公式、弦長公式、直線垂直、三角形面積公式、中點坐標公式等知識點的靈活運用運用．