Question

8．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)F₂到直線x+$\sqrt{3}$y=0的距離為$\frac{1}{2}$，若點(diǎn)P在橢圓E上，△F₁PF₂的周長(zhǎng)為6．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若過F₁的直線l與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)M，N，求△F₂MN的內(nèi)切圓的半徑的最大值．

Answer 1

分析 （1）由點(diǎn)到直線的距離公式：$\frac{c}{{\sqrt{1+3}}}=\frac{1}{2}$，則2a+2c=6，即可求得a和c的值，則b²=a²-c²=3，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）由△F₂MN的周長(zhǎng)是4a=8，則${S_{△{F_2}MN}}=\frac{1}{2}（|{MN}|+|{F{\;}_2M}|+|{{F_2}N}|）R=4R$，因此${S_{△{F_2}MN}}$最大，R就最大，${S_{△{F_2}MN}}$=$\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|（{y_1}-{y_2}）={y_1}-{y_2}$，可設(shè)直線l的方程為x=my-1，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式${S_{△{F_2}MN}}$=$\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，令t=$\sqrt{{m^2}+1}$，求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求得△F₂MN的內(nèi)切圓的半徑的最大值．

解答 解：（1）由橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）右焦點(diǎn)分別是F₂（c，0），則F₂到直線x+$\sqrt{3}$y=0的距離 $\frac{c}{{\sqrt{1+3}}}=\frac{1}{2}$，①
又2a+2c=6，②
由①、②得a=2，c=1，
b²=a²-c²=3，
∴橢圓E的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…4分
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），不妨設(shè)y₁＞0，y₂＜0，設(shè)△F₂MN的半徑為R，則△F₂MN的周長(zhǎng)是4a=8，
${S_{△{F_2}MN}}=\frac{1}{2}（|{MN}|+|{F{\;}_2M}|+|{{F_2}N}|）R=4R$，
因此${S_{△{F_2}MN}}$最大，R就最大，
而 ${S_{△{F_2}MN}}$=$\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|（{y_1}-{y_2}）={y_1}-{y_2}$，…（7分）
由題設(shè)知直線l的斜率不為0，可設(shè)直線l的方程為x=my-1，
代入橢圓方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，消x得到（3m²+4）y²-6my-9=0，
由韋達(dá)定理知${y_1}+{y_2}=\frac{6m}{{3{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{9}{{3{m^2}+4}}$，
∴y₁-y₂=$\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，因此${S_{△{F_2}MN}}$=$\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，令t=$\sqrt{{m^2}+1}$，
則t≥1，${S_{△{F_2}MN}}$=$\frac{12}{{3t+\frac{1}{t}}}$，
設(shè)$f（t）=3t+\frac{1}{t}$，因?yàn)?f′（t）=3-\frac{1}{t^2}＞0$，
∴f（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（t）≥f（1）=4，
∴${S_{△{F_2}MN}}$$≤\frac{12}{4}=3$，當(dāng)t=1，即m=0時(shí)，4R=3，
∴${R_{max}}=\frac{3}{4}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．