Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（1）若過(guò)F₁的直線(xiàn)與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，且△ABF₂的周長(zhǎng)為8，求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）已知直線(xiàn)l：x=t（t＞0）與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M、N，以MN為直徑的圓與橢圓C的交點(diǎn)為P（不同于M、N），求△MNP的面積S（t）的最大值和此時(shí)t的值．

Answer 1

分析 （1）由過(guò)F₁的直線(xiàn)與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，△ABF₂的周長(zhǎng)為8，可得4a=8，又離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可．
（2）0＜t＜2．把x=t代入橢圓方程可得y²=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$，可得M$（t，\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}）$，$N（t，-\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}）$．以MN為直徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：（x-t）²+y²=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$．與橢圓方程聯(lián)立可得：3x²-8tx+5t²=0，解得x_P=$\frac{5t}{3}$≤2，$0＜t≤\frac{6}{5}$．因此△MNP的面積S（t）=$\frac{1}{2}|MN|•{x}_{P}$=$\frac{1}{3}\sqrt{-（{t}^{2}-2）^{2}+4}$，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）∵過(guò)F₁的直線(xiàn)與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，△ABF₂的周長(zhǎng)為8，
∴4a=8，解得a=2．
∵離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，
解得c=$\sqrt{3}$，b=1．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）0＜t＜2．
把x=t代入橢圓方程可得y²=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$，∴y=±$\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}$．M$（t，\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}）$，$N（t，-\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}）$．
∴以MN為直徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：（x-t）²+y²=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{（x-t）^{2}+{y}^{2}=1-\frac{{t}^{2}}{4}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
化為3x²-8tx+5t²=0，
解得x=t，或x=$\frac{5t}{3}$．
∴x_P=$\frac{5t}{3}$．
∴$\frac{5t}{3}$≤2，解得$0＜t≤\frac{6}{5}$．
∴△MNP的面積S（t）=$\frac{1}{2}×2×\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}×（\frac{5t}{3}-t）$=$\frac{1}{3}\sqrt{4-{t}^{2}}•t$=$\frac{1}{3}\sqrt{-（{t}^{2}-2）^{2}+4}$，
∵h(yuǎn)（t）=-（t²-2）²+4在$0＜t≤\frac{6}{5}$內(nèi)單調(diào)遞增，
∴當(dāng)t=$\frac{6}{5}$時(shí)，h（t）取得最大值，此時(shí)S（t）也取得最大值$\frac{16}{25}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓與橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線(xiàn)與橢圓相交問(wèn)題、三角形的面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．