Question

20．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左．右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，上頂點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形為正三角形．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）過(guò)點(diǎn)F₂的直線與橢圓C交于A．B兩點(diǎn)，若△F₁AB的內(nèi)切圓的面積的最大值為$\frac{9π}{16}$．求橢圓的方程．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，M（0，b），△MF₁F₂為正三角形．可得|MF₁|=2|OF₁|，即a=2c，可得橢圓離心率．
（2）由（1）可知：橢圓的方程化為：3x²+4y²=12c²．設(shè)直線AB的方程為ty=x-c，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓的方程聯(lián)立化為：（3t²+4）y²+6tcy-9c²=0，可得|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$.${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$•|y₁-y₂|=$\frac{12{c}^{2}\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$．通過(guò)換元利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得：△F₁AB的面積取得最大值3c²．另一方面可得：設(shè)△F₁AB的內(nèi)切圓的半徑為r，${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}r×4a$≤3c²．可得r≤$\frac{3c}{4}$，利用$π×（\frac{3c}{4}）^{2}$=$\frac{9π}{16}$，解得c即可得出．

解答 解：（1）如圖所示，
M（0，b），△MF₁F₂為正三角形．
∴|MF₁|=2|OF₁|，∴a=2c，
可得橢圓離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$．
（2）由（1）可知：a=2c，b=$\sqrt{3}$c，
∴橢圓的方程化為：3x²+4y²=12c²．
設(shè)直線AB的方程為ty=x-c，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{ty=x-c}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12{c}^{2}}\end{array}\right.$，
化為：（3t²+4）y²+6tcy-9c²=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-6tc}{3{t}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{-9{c}^{2}}{3{t}^{2}+4}$．
∴|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12c\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$．
∴${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}×2c$×$\frac{12c\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{12{c}^{2}\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$．
設(shè)$\sqrt{{t}^{2}+1}$=m≥1，則t²=m²-1，∴${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{12{c}^{2}m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{12{c}^{2}}{3m+\frac{1}{m}}$，
令f（m）=3m+$\frac{1}{m}$，則f′（m）=3-$\frac{1}{{m}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（m）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，因此m=1，t=0時(shí)，△F₁AB的面積取得最大值3c²．
設(shè)△F₁AB的內(nèi)切圓的半徑為r，則${S}_{△A{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}r×4a$=4cr≤3c²．
∴r≤$\frac{3c}{4}$，
∴$π×（\frac{3c}{4}）^{2}$=$\frac{9π}{16}$，解得c=1．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、正三角形的性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)與面積，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．