Question

15．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$直線(xiàn)MN與圓x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，M（a，0），N（0，b）
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）若E的右焦點(diǎn)為F，圓x²+y²=1的切線(xiàn)AB與E交于A(yíng)，B 兩點(diǎn)（A，B均在y軸右側(cè)），求證：△ABF的周長(zhǎng)為定值，并求△ABF的內(nèi)切圓半徑的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則a=2b．由直線(xiàn)MN與圓x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，則$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化為4（a²+b²）=5a²b²聯(lián)立解出即可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．（x₁＞0，x₂＞0），y₁²-1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．設(shè)切點(diǎn)為Q．連接OA，OQ，在△OAQ中，丨AQ丨²=x₁²+y₁²-1=$\frac{3}{4}$x₁²，|AQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，同理，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，|AF|=2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，|BF|=2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂．即可證明△ABF的周長(zhǎng)是定值4．切線(xiàn)AB⊥x軸時(shí)，把x=1代入橢圓方程解得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得△ABF的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•|$\sqrt{3}$-1|=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
切線(xiàn)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)切線(xiàn)AB的方程為：my+t=x，則$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化為：t²=1+m²．直線(xiàn)AB的方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，可得|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{3（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+4}$．點(diǎn)F到直線(xiàn)AB的距離d=$\frac{|\sqrt{3}-t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．△ABF的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{t}^{2}+3}$．（t≠0，$\sqrt{3}$）．對(duì)t分類(lèi)討論，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值最值即可得出．

解答 解：（1）由題意的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則a=2b，①
由直線(xiàn)MN與圓x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，則$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化為4（a²+b²）=5a²b²，②
由①②解得：a=2，b=1，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．（x₁＞0，x₂＞0），
∴y₁²-1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$．設(shè)切點(diǎn)為Q．
連接OA，OQ，在△OAQ中，丨AQ丨²=x₁²+y₁²-1=$\frac{3}{4}$x₁²，
∴|AQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁，
同理，|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂，
∴|AB|=|AQ|+|BQ|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂），
∴|AB|+|AF|+|BF|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁+x₂）+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₁+2-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x₂=4．
∴△ABF的周長(zhǎng)是定值4．
切線(xiàn)AB⊥x軸時(shí)，把x=1代入橢圓方程解得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴|AB|=$\sqrt{3}$，∴△ABF的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•|$\sqrt{3}$-1|=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
切線(xiàn)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)切線(xiàn)AB的方程為：my+t=x，則$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化為：t²=1+m²．
直線(xiàn)AB的方程與橢圓方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（m²+4）y²+2tmy+t²-4=0，
△＞0，∴y₁+y₂=$\frac{-2tm}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{t}^{2}{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}-\frac{4（{t}^{2}-4）}{{m}^{2}+4}]}$=$\frac{4\sqrt{3（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+4}$．
點(diǎn)F到直線(xiàn)AB的距離d=$\frac{|\sqrt{3}-t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴△ABF的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{m}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}|\sqrt{3}-t|}{{t}^{2}+3}$．（t≠0，$\sqrt{3}$）．
當(dāng)t$＞\sqrt{3}$時(shí)，S=$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{-2\sqrt{3}（{t}^{2}-2\sqrt{3}t-3）}{（{t}^{2}+3）^{2}}$=$\frac{-2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$，
可知：t=$\sqrt{3}+\sqrt{6}$時(shí)，S取得最大值$\sqrt{2}$-1．可知：$\sqrt{2}$-1＜$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
當(dāng)t＜$\sqrt{3}$（t≠0）時(shí)，S=-$\frac{2\sqrt{3}（t-\sqrt{3}）}{{t}^{2}+3}$，S′=$\frac{2\sqrt{3}[t-（\sqrt{3}+\sqrt{6}）][t-（\sqrt{3}-\sqrt{6}）]}{（{t}^{2}+3）^{2}}$．
可知：t=$\sqrt{3}$-$\sqrt{6}$時(shí)，S取得最大值$\sqrt{2}$+1．可知：$\sqrt{2}$+1＞$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
可知：此時(shí)內(nèi)切圓的半徑r最大，由$\frac{1}{2}$×4r=$\sqrt{2}$+1，可得r=$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線(xiàn)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、三角形面積計(jì)算公式、點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．