Question

15．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左焦点为F，短轴的两个端点分别为A、B，且|AB|=2，△ABF为等边三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，点M在椭圆C上且位于第一象限内，它关于坐标原点O的对称点为N； 过点M 作x轴的垂线，垂足为H，直线NH与椭圆C交于另一点J，若$\overrightarrow{HM}•\overrightarrow{HN}=-\frac{1}{2}$，试求以线段NJ为直径的圆的方程；
（3）已知l₁、l₂是过点A的两条互相垂直的直线，直线l₁与圆O：x²+y²=4相交于P、Q两点，直线l₂与椭圆C交于另一点R；求△PQR面积取最大值时，直线l₁的方程．

Answer 1

分析 （1）由椭圆左焦点为F，短轴的两个端点分别为A、B，且|AB|=2，△ABF为等边三角形，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设M（x₀，y₀），则由条件，知x₀＞0，y₀＞0，且N（-x₀，-y₀），H（x₀，0）．推导出$M（\sqrt{2}，\;\;\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），N（-\sqrt{2}，\;\;-\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），H（\sqrt{2}，\;\;0\;）$，进而求得直线NH的方程：$x-4y-\sqrt{2}=0$．由$\left\{\begin{array}{l}x-4y-\sqrt{2}=0\\ \;\;\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$$求得\;J（\frac{7}{5}\sqrt{2}，\;\;\frac{1}{10}\sqrt{2}）$．再求出线段HJ的中点坐标，由此能求出以线段NJ为直径的圆的方程．
（3）当直线l₁的斜率为0时，${S_{△PQR}}=2\sqrt{3}$．当直线l₁的斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx-1（k≠0），利用点到直线距离公式、弦长公式、直线垂直、三角形面积公式，结合已知条件能求出结果．

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左焦点为F，短轴的两个端点分别为A、B，且|AB|=2，△ABF为等边三角形．
∴由题意，得：$\left\{\begin{array}{l}\;2b=2\\ \;\;\;\;c=\sqrt{3}\;b\\ \;\;{b^2}+{c^2}={a^2}，\;\end{array}\right.$$解得\;\left\{\begin{array}{l}\;a=2\\ \;b=1\\ c=\sqrt{3}.\end{array}\right.$，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）设M（x₀，y₀），则由条件，知x₀＞0，y₀＞0，且N（-x₀，-y₀），H（x₀，0）．
从而$\overrightarrow{HM}=（0，\;\;{y_0}），\overrightarrow{HN}=（-{x_0}，\;\;-{y_0}）$．
于是由$\overrightarrow{HM}•\overrightarrow{HN}=（0，\;\;{y_0}）•（-{x_0}，\;\;-{y_0}）=-{y_0}^2=-\frac{1}{2}，\;及\;{y_0}＞0，得\;{y_0}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
再由点M在椭圆C上，得$\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2=1，\;\;求得\;{x_0}=\sqrt{2}$．
所以$M（\sqrt{2}，\;\;\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），N（-\sqrt{2}，\;\;-\frac{{\sqrt{2}}}{2}\;），H（\sqrt{2}，\;\;0\;）$，
进而求得直线NH的方程：$x-4y-\sqrt{2}=0$．
由$\left\{\begin{array}{l}x-4y-\sqrt{2}=0\\ \;\;\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$$求得\;J（\frac{7}{5}\sqrt{2}，\;\;\frac{1}{10}\sqrt{2}）$．
进而$|{\;NJ}|=\sqrt{{{（\frac{7}{5}\sqrt{2}+\sqrt{2}）}^2}+{{（\frac{1}{10}\sqrt{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}）}^2}}=\frac{3}{5}\sqrt{34}，线段\;NJ\;的中点坐标为（\frac{1}{5}\sqrt{2}，\;\;-\frac{1}{5}\sqrt{2}）$．
∴以线段NJ为直径的圆的方程为：${（x-\frac{1}{5}\sqrt{2}）^2}\;+{（y+\frac{1}{5}\sqrt{2}）^2}=\frac{153}{50}$．
（3）当直线l₁的斜率不存在时，直线l₂与椭圆C相切于点A，不合题意，
当直线l₁的斜率为0时，由题意得${S_{△PQR}}=2\sqrt{3}$．
当直线l₁的斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx-1（k≠0），
则点O到直线l₁的距 离为$d=\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，从而由几何意义，得$|{PQ}|=2\sqrt{4-{d^2}}=2\sqrt{\frac{{4{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}}$，
由于l₂⊥l₁，故直线l₂的方程为$y=-\frac{1}{k}x-1$，由题意得它与椭圆C的交点R的坐标为 $（{-\frac{8k}{{{k^2}+4}}，-\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}}）$，
于是$|{AR}|=\sqrt{{{（{-\frac{8k}{{{k^2}+4}}}）}^2}+{{（{-\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}+1}）}^2}}=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{{k^2}+4}}$．
$故\;{S_{△PQR}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•|{AR}|=\frac{{8\sqrt{4{k^2}+3}}}{{{k^2}+4}}$，
$令u=\sqrt{4{k^2}+3}＞\sqrt{3}，则$${S_{△PQR}}=\frac{32u}{{{u^2}+13}}=\frac{32}{{u+\frac{13}{u}}}≤\frac{16}{13}\sqrt{13}$，
当且仅当$u=\sqrt{13}（＞\sqrt{3}），\;即\;k=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}$时，上式取等号．
∵$\frac{16}{13}\sqrt{13}＞2\sqrt{3}$，故当$k=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}$时，${（{{S_{△PQR}}}）_{max}}=\frac{16}{13}\sqrt{13}$，
此时直线l₁的方程为：$y=±\frac{{\sqrt{10}}}{2}x-1$．（也可写成 $±\sqrt{10}x+2y+2=0$．）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查圆的方程的求法，考查直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆、圆、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式、直线垂直、三角形面积公式、中点坐标公式等知识点的灵活运用运用．