Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）短軸的兩個頂點與右焦點的連線構(gòu)成等邊三角形，直線3x+4y+6=0與圓x²+（y-b）²=a²相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知過橢圓C的左頂點A的兩條直線l₁，l₂分別交橢圓C于M，N兩點，且l₁⊥l₂，求證：直線MN過定點，并求出定點坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下求△AMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）短軸的兩個頂點與右焦點的連線構(gòu)成等邊三角形，直線3x+4y+6=0與圓x²+（y-b）²=a²相切，建立方程組，求出a，b，即可求橢圓C的方程；
（2）由$\left\{\begin{array}{l}x=my-2\\{x^2}+4{y^2}-4=0\end{array}\right.$得（m²+4）y²-4my=0，求出M的坐標(biāo)，同理可得N的坐標(biāo)，分類討論，即可證明結(jié)論；
（3）求出三角形的面積，變形，利用基本不等式求△AMN面積的最大值．

解答 解：（1）由題意$\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ \frac{4b+6}{5}=a\end{array}\right.∴\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$即$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（4分）
（2）∵A（-2，0）設(shè)l₁：x=my-2，${l_2}：x=-\frac{1}{m}y-2$
由$\left\{\begin{array}{l}x=my-2\\{x^2}+4{y^2}-4=0\end{array}\right.$得（m²+4）y²-4my=0∴$M（\frac{{2{m^2}-8}}{{{m^2}+4}}，\frac{4m}{{{m^2}+4}}）$
同理∴$N（\frac{{2-8{m^2}}}{{4{m^2}+1}}，-\frac{4m}{{4{m^2}+1}}）$（6分）
i） m≠±1時，${k_{MN}}=\frac{5m}{{4（{m^2}-1）}}$${l_{MN}}：y=\frac{5m}{{4（{m^2}-1）}}（x+\frac{6}{5}）$過定點$（-\frac{6}{5}，0）$
ii） m=±1時${l_{MN}}：x=-\frac{6}{5}$過點$（-\frac{6}{5}，0）$∴l(xiāng)_MN過定點$（-\frac{6}{5}，0）$
（3）由（2）知${S_{△AMN}}=\frac{2}{5}|{\frac{4m}{{{m^2}+4}}+\frac{4m}{{4{m^2}+1}}}|=8|{\frac{{{m^3}+m}}{{4{m^4}+17{m^2}+4}}}|$
=$\frac{{8|{m+\frac{1}{m}}|}}{{4{{（m+\frac{1}{m}）}^2}+9}}=\frac{8}{{4|{m+\frac{1}{m}}|+\frac{9}{{|{m+\frac{1}{m}}|}}}}$（8分）
令$t=|{m+\frac{1}{m}}|≥2且m=±1$時取等號，
∴${S_△}≤\frac{16}{25}且m=±1$時去等號，∴${S_{△max}}=\frac{16}{25}$（12分）

點評 本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達(dá)定理整體求解，屬于難題．