Question

11．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，点A（0，1）在椭圆C₁内，半焦距长为1，P为椭圆C₁上任意一点，且|PA|+|PF₂|的最大值为4+$\sqrt{2}$，过点F₂的直线l与椭圆C₁相交于M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂）两点．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）求使$\overrightarrow{{F}_{1}M}$+$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=$\overrightarrow{{F}_{1}R}$成立的动点R的轨迹方程；
（3）试问△F₁MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值及此时的直线l的方程，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆的定义及其三角形三边大小关系可得：|PA|+|PF₂|=2a+|PA|-|PF₁|≤≤2a+|AF₁|=2a+$\sqrt{2}$ （当p为AF₁延长线与椭圆交点时取等号），即可得出．
（2）当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k（x-1），与椭圆方程联立可得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0．设点R（x，y），由$\overrightarrow{{F}_{1}M}$+$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=$\overrightarrow{{F}_{1}R}$，利用根与系数的关系可得：x-1=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y=$\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$．消去k后即可得出，当直线MN的斜率不存在时，验证即可．
（3）设△F₁MN的内切圆的半径为R，则△F₁MN的周长=4a，${S}_{△{F}_{1}MN}$=4R．因此${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，R就最大，又${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|=|y₁-y₂|，由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立化为（3m²+4）y²+6my-9=0，利用根与系数的关系可得：${S}_{△{F}_{1}MN}$=|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，通过换元求导即可得出其最大值．

解答 解：（1）∵|PA|+|PF₂|=2a+|PA|-|PF₁|，
∴|PA|+|PF₂|≤2a+|AF₁|=2a+$\sqrt{2}$ （当p为AF₁延长线与椭圆交点时取等号）．
∴2a+$\sqrt{2}$=4+$\sqrt{2}$，
解得a=2，
∴椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0．
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$．
设点R（x，y），
∵$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=（x₁+1，y₁），$\overrightarrow{{F}_{1}N}$=（x₂+1，y₂），$\overrightarrow{{F}_{1}R}$=（x+1，y）．
∵$\overrightarrow{{F}_{1}M}$+$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=$\overrightarrow{{F}_{1}R}$，
∴x₁+x₂+2=x+1，y₁+y₂=y．
∴x-1=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y=$\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$．
消去k后，化简得4y²+3（x-2）²=3（x≠3），
即$（x-2）^{2}+\frac{{y}^{2}}{\frac{3}{4}}$=1（x≠3）．
当直线MN的斜率不存在时，设直线MN的方程为：x=-1．，
依题意，可得点R（3，0），经检验，点R在曲线$（x-2）^{2}+\frac{{y}^{2}}{\frac{3}{4}}$=1上．
∴动点R的轨迹方程为即$（x-2）^{2}+\frac{{y}^{2}}{\frac{3}{4}}$=1．
（3）设△F₁MN的内切圆的半径为R，
则△F₁MN的周长=4a=8，${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$×8R=4R．
因此${S}_{△{F}_{1}MN}$最大，R就最大，又${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|=|y₁-y₂|，
由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3m²+4）y²+6my-9=0，
△＞0成立．
∴y₁+y₂=$\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$，
则${S}_{△{F}_{1}MN}$=|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$≥1，
则${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12t}{3{t}^{2}+1}$=$\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，
令f（t）=3t+$\frac{1}{t}$，f′（t）=3-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{3{t}^{2}-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴f（t）在[1，+∞）上单调递增，有f（t）≥f（1）=4，
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$$≤\frac{12}{4}$=3，
即当t=1，m=0时，${S}_{△{F}_{1}MN}$=取得最大值3，又${S}_{△{F}_{1}MN}$=4R，
∴R_max=$\frac{3}{4}$，
这时所求内切圆面积的最大值为$\frac{9π}{16}$．
故存在直线l：x=1，使△F₁MN的内切圆面积的最大值为$\frac{9π}{16}$．

点评 本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量坐标运算、三角形面积计算公式、三角形内切圆的面积计算公式、利用导数研究函数单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．