【高二升高三】准高三预备试卷(五) 【解析几何拔高复习 2】

解析几何专项拔高练习（2）
1、椭圆x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左焦点为F1，离心率为1
2
.F1为圆M：x2+y2+2x−15=0的圆心．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)已知过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，过F2且与l垂直的直线l1与圆M交于C，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．
2.在平面xOy中，已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)过点P(2，1)，且离心率e=√3
2
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l方程为y=1
2
x+m，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．
3.已知A是圆x2+y2=4上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆x2
3
+y2=1都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N．
(1)若A(−2，0)，求直线l1，l2的方程；
(2)①求证：对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立；
②求△AMN面积的取值范围．
4.如图，在平面直角坐标系xoy中，已知圆C：(x+1)2+y2=16，点A(1，0)，点B(a，0)(|a|>3)，以B为
圆心，|BA|的半径作圆，交圆C于点P，且的∠PBA的平分线次线段CP于点Q．
(I)当a变化时，点Q始终在某圆锥曲线τ是运动，求曲线τ的方程；
(II)已知直线l过点C，且与曲线τ交于M、N两点，记△OCM面积为S1，△OCN面积为S2，求S1
S2
的取值范围．
5. 已知O 为坐标原点，M 是椭圆
x 22
+y 2=1上的点，设动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． (Ⅰ)求动点P 的轨迹C 的方程；
(Ⅱ)若直线l ：y =x +m(m ≠0)与曲线C 相交于A ，B 两个不同点，求△OAB 面积的最大值．
6. 已知椭圆C ：
x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为√6
3
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过定点T(0，2)的直线l 与(1)中的椭圆C 交于不同的两点A 、B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围．
7. 设椭圆C ：
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +F 2Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ． (Ⅰ)求椭圆C 的离心率；
(Ⅱ)若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线√7x −y +√7+4√2=0相切，求椭圆C 的方程；
(Ⅲ)过F 2的直线L 与(Ⅱ)中椭圆C 交于不同的两点M 、N ，则△F 1MN 的内切圆的面积是否存 在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
[答案]
1. 设椭圆
x 2a
2+
y 2b 2
=1(a >b >0)的左焦点为F 1，离心率为1
2.F 1为圆M ：x 2+y 2+2x −15=0的圆心．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)已知过椭圆右焦点F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，过F 2且与l 垂直的直线l 1与圆M 交于C ，D 两点，求四边形ABCD 面积的取值范围．
【答案】解：(Ⅰ)由题意知c
a =1
2，则a =2c ，
圆M 的标准方程为(x +1)2+y 2=16，从而椭圆的左焦点为F 1(−1，0)，即c =1， 所以a =2，又b 2=a 2−c 2=3. 所以椭圆的方程为：
x 24
+
y 23
=1．
(Ⅱ)可知椭圆右焦点F 2(1，0).
(ⅰ)当l 与x 轴垂直时，此时K 不存在，直线l ：x =1，直线l 1：y =0， 可得：|AB|=3，|CD|=8，四边形ABCD 面积12．
(ⅰ)当l 与x 轴平行时，此时k =0，直线l ：y =0，直线l 1：x =1， 可得：|AB|=4，|CD|=4√3，四边形ABCD 面积为8√3．
(iii)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y =k(x −1)(k ≠0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2).
由{y =k(x −1)x 24+y 23=1得(4k 2+3)x 2−8k 2x +4k 2−12=0．
则x 1+x 2=8k 2
3+4k 2.x 1x 2
=4k 2−123+4k 2
所以|AB|=√1+k 2⋅|x 1−x 2|=
12(k 2+1)3+4k 2
．
过点F 2(1，0)且与l 垂直的直线当l 与x 轴不垂直时， l 1：y =−1
k (x −1)，则圆心到l 1的距离为√1+k 2， 所以|CD|=2√42−(
2√1+k
2
)2=4√4k 2+3k 2+1
故四边形ABC 面积：S =1
2|AB|⋅|CD|=12√1+1
3+4k 2
．
可得当l 与x 轴不垂直时，四边形ABCD 面积的取值范围为(12，8√3).
综上，四边形ABCD 面积的取值范围为[12，8√3].
【解析】(Ⅰ)由题意求得a ，b 的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)分类讨论，设直线l 代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|AB|，根据点到直线的距离公式可求出|CD||，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围
本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于难题． `
2. 在平面xOy 中，已知椭圆C ：
x 2a
2+
y 2b 2
=1(a >b >0)过点P(2，1)，且离心率e =√
3
2
．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)直线l 方程为y =1
2x +m ，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值． 【答案】(12分) 解：(1)椭圆C ：
x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)过点P(2，1)，且离心率e =√3
2
． 可得：{4
a
2+
1
a 2−c 2
=1
c
a
=
√32，解得a =2√2，c =√6，则b =√2，
椭圆方程为：
x 28
+
y 22
=1．
(2)设直线方程为y =1
2x +m ，A(x 1，y 1)、B(x 2，y 2)，
联立方程组{y =1
2x +m
x 28
+y 22=1
整理得：x 2+2mx +2m 2−4=0，x 1+x 2=−2m ，x 1x 2=2m 2−4，
利用弦长公式得：|AB|=√5(4−m 2)， 由点线距离公式得到P 到l 的距离d =2|m|√5
．
S =1
2|AB|⋅d =1
2⋅√5(4−m 2)⋅
√5
=√m 2(4−m 2)≤m 2+(4−m 2)
2
=2．
当且仅当m 2=2，即m =±√2时取到最大值.最大值为：2．
【解析】(1)利用已知条件列出方程组，然后求解a ，b 即可得到椭圆方程．
(2)联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式结合点到直线的距离公式表示三角形的面积，然后通过基本不等式求解最值即可．
本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
3. 已知A 是圆x 2+y 2=4上的一个动点，过点A 作两条直线l 1，l 2，它们与椭圆
x 23
+y 2=1都只有一个公共点，
且分别交圆于点M ，N ．
(1)若A(−2，0)，求直线l 1，l 2的方程；
(2)①求证：对于圆上的任意点A ，都有l 1⊥l 2成立； ②求△AMN 面积的取值范围．
【答案】(1)解：设直线的方程为y =k(x +2)，代入椭圆
x 23
+y 2=1，消去y ，可得(1+3k 2)x 2+12k 2x +
12k 2−3=0
由△=0，可得k 2−1=0
设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，∴k 1=−1，k 2=1 ∴直线l 1，l 2的方程分别为y =−x −2，y =x +2；
(2)①证明：当直线l 1，l 2的斜率有一条不存在时，不妨设l 1无斜率 ∵l 1与椭圆只有一个公共点，所以其方程为x =±√3
当l 1的方程为x =√3时，此时l 1与圆的交点坐标为(√3，±1)，所以l 2的方程为y =1(或y =−1)，l 1⊥l 2成立， 同理可证，当l 1的方程为x =−√3时，结论成立；
当直线l 1，l 2的斜率都存在时，设点A(m ，n)，且m 2+n 2=4
设方程为y =k(x −m)+n ，代入椭圆方程，可得(1+3k 2)x 2+6k(n −km)x +3(n −km)2−3=0 由△=0化简整理得(3−m 2)k 2+2mnk +1−n 2=0
∵m 2+n 2=4
∴(3−m 2)k 2+2mnk +m 2−3=0
设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，∴k 1k 2=−1，∴l 1⊥l 2成立 综上，对于圆上的任意点A ，都有l 1⊥l 2成立； ②记原点到直线l 1，l 2的距离分别为d 1，d 2，
∵d 12+d 22=4，∴△AMN 面积S 2=4d 1
2d 22=4d 12(4−d 12)=−4(d 12−2)2+16 ∵d 12
∈[1，3]，∴S 2∈[12，16]
∴S ∈[2√3，4]．
【解析】(1)设直线方程代入椭圆方程，利用直线与椭圆
x 23
+y 2=1都只有一个公共点，求出直线的斜率，即可直
线l 1，l 2的方程；
(2)①分类讨论，利用直线斜率的关系，即可证得结论；
②记原点到直线l 1，l 2的距离分别为d 1，d 2，表示出△AMN 面积，从而可求其取值范围．
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查直线方程，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，综合性强，难度大．
4. 已知椭圆T ：
x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的离心率为√3
2
，若椭圆T 与圆P ：(x +3
2)2+y 2=1相交于M ，N 两点，且圆P 在椭圆T 内的弧长为2
3π.
(1)求a ，b 的值；
(2)过椭圆T 的中心作两条直线AC ，BD 交椭圆T 于A ，C 和B ，D 四点，设直线AC 的斜率为k 1，BD 的斜率为k 2，且k 1k 2=1
4．
①求直线AB 的斜率；
②求四边形ABCD 面积的取值范围．
【答案】解：(1)由圆P 在椭圆T 内的弧长为2
3π，则该弧所对的圆心角为2
3π， M 、N 的坐标分别为(−1，√32
)，(−1，−√32
)，
设c 2=a 2+b 2，由e =c
a
=√3
2
可得c 2=34a 2，b 2=1
4a 2，
∴a 2=4b 2， 则椭圆方程可记为
x 24b 2
+y 2
b 2=1，
将点(−1，√3
2)代入得14b 2+3
4b 2=1，
∴b 2=1，a 2=4， ∵a >b >0， ∴a =2，b =1；
(2)①由(1)知椭圆方程可记为
x 24
+y 2=1，
由题意知直线AB 的斜率显然存在，设直线AB 的方程为：y =kx +m ， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，
联立{x 2+4y 2=4y =kx +m ，消去y ，可得(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0，
由△>0，即16(1+4k 2−m 2)>0， ∴x 1+x 2=
−8km 1+4k 2
，x 1x 2=
4m 2−41+4k 2
，
∴y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=m 2−4k 21+4k 2
，
∵k 1k 2=1
4，
∴y 1y 2x 1x 2
=1
4，
即x 1x 2=4y 1y 2， ∴4k 2=1， ∴k =±1
2；
②|AB|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 24√1+4k 2−m 2
4k 2+1
，
O 到直线AB 的距离d =
√1+k 2
，
四边形ABCD 面积S =2S △ABO =2|AB|d =4|m|√2−m 2=4√−m 4+2m 2=4√−(m 2−1)2+1， ∵m 2∈(0，1)∪(1，2)，
∴四边形ABCD 面积S ∈(0，4)．
【解析】(1)推导出M(−1，√3)，N(−1，−√3
2)，由此利用待定系数法能求出a =2，b =1．
(2)①由(Ⅰ)得椭圆方程为为
x 24
+y 2=1，设直线AB 方程为y =kx +m ，代入椭圆方程，得(1+4k 2)x 2+
8kmx +4m 2−4=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出k ．
②利用弦长公式求出|AB|，利用点到直线的距离公式求出O 到直线AB 的距离，由此能求出四边形ABCD 面积的最范围．
本题考查椭圆的简单性质，直线和椭圆的位置关系，考查直线的斜率的求法，考查三角形面积的最大值的求法，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式的合理运用，属于难题
5. 如图，在平面直角坐标系xoy 中，已知圆C ：(x +1)2+y 2=16，点A(1，0)，点B(a ，0)(|a|>3)，以B 为
圆心，|BA|的半径作圆，交圆C 于点P ，且的∠PBA 的平分线次线段CP 于点Q ． (I)当a 变化时，点Q 始终在某圆锥曲线τ是运动，求曲线τ的方程；
(II)已知直线l 过点C ，且与曲线τ交于M 、N 两点，记△OCM 面积为S 1，△OCN 面积为S 2，求S 1
S 2
的取值范围．
【答案】解：(I)如图，∵BA=BP，BQ=BQ，∠PBQ=∠ABQ，∴△QAB≌△QPB，∴QA=QP，
∵CP=CQ+QP=QC+QA，QC+QA=4，
由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，
故点Q的轨迹方程为x2
4+y2
3
=1
(II)由题可知，设直线l：x=my−1，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)
∵S1=S△OMC=1
2×|OC|×|y1|，S2=S△ONC=1
2
×|OC|×|y2|，
S2 S1=|y2|
|y1|
=−y2
y1
，
∵{x=my−1
x2
4
+y2
3
=1
，∴(3m2+4)y2−6my−9=0，△=144m2+144>0，
∴{y1+y2=6m
3m2+4
y1y2=−9
3m2+4
，
∵(y1+y2)2
y1y2=−4m2
3m2+4
∈(−4
3
，
即y1
y2
+y2
y1
+2∈(−4
3
，0]，y1
y2
∈(−3，−1
3
)，
∴S1
S2=−y1
y2
∈(1
3
，3)．
【解析】(I)推导出△QAB≌△QPB，从而QC+QA=4，由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，由此能求出点Q的轨迹方程．
(II)设直线l：x=my−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，推导出S2
S1=|y2|
|y1|
=−y2
y1
，由{
x=my−1
x2
4
+y2
3
=1，得(3m
2+4)y2−
6my−9=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件求出S1
S2
的取值范围．
本题考查点的轨迹方程的求法，考查两个三角形的面积的取值范围的求法，考查椭圆、韦达定理、根的判别式、直线方程、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
6.已知O为坐标原点，M是椭圆x2
2+y2=1上的点，设动点P满足OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ．
(Ⅰ)求动点P的轨迹C的方程；
(Ⅱ)若直线l：y=x+m(m≠0)与曲线C相交于A，B两个不同点，求△OAB面积的最大值．
【答案】解：(Ⅰ)设点P(x ，y)，M(x 1，y 1)，由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .，得x =2x 1，y =2y 1， 因为点M 在椭圆圆
x 22
+y 2
=1上，所以
(x
2
)22
+
(y 2
)21
=1，故
x 28
+
y 24
=1，
即动点P 的轨迹C 的方程为
x 28
+
y 24
=1．
(Ⅱ)由曲线C 与直线l 联立得{x 2+2y 2=8
y =x +m
，
消y 得3x 2+4mx +2m 2−8=0，因为直线l 与曲线C 交于A ，B 两点， 所以△=16m 2−4×3×(2m 2−8)>0，又m ≠0，所以0<m 2<12． 设设A(x 3，y 3)，B(x 4，y 4)，则x 3+x 4=−
4m 3
，x 3x 4=
2m 2−83
，
因为点O 到直线A ：x −y +m =0的距离d =
√2
， |AB|=√(1+k 2)[(x 3+x 4)2−4x 3x 4]=√2×(16m 29
−4×
2m 2−83
=√16
9
(12−m 2)，
所以S △ABC =1
2
×√16
9
(12−m 2)×
√2
=
√23
×√m 2(12−m 2)，
≤
√23×m 2+12−m 22
=2√2，当且仅当m 2=12−m 2，即m 2=6时取等号，
所以△OAB 面积的最大值为2√2
【解析】(Ⅰ)设点P(x ，y)，M(x 1，y 1)，由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .，得x =2x 1，y =2y 1，即(x
2
)22
+
(y 2
)21
=1，动点P 的轨迹C
的方程为
x 28
+
y 24
=1．
(Ⅱ)由曲线C 与直线l 联立得{x 2+2y 2=8
y =x +m ，
设A(x 3，y 3)，B(x 4，y 4)，则x 3+x 4=−
4m 3
，x 3x 4=
2m 2−83
，
可得点O 到直线A ：x −y +m =0的距离d =√2
|AB|=√(1+k 2)[(x 3+x 4)2−4x 3x 4]=
√2×(
16m 29
−4×
2m 2−83=√16
9(12−m 2)，
所以S △ABC =1
2×√16
9
(12−m 2)×
2
=
√2
3
×√m 2(12−m 2)利用不等式即可求解．
本题考查点的轨迹方程的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、点到直线的距离公式的合理运用.属于中档题．
7. 已知椭圆C ：
x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为√6
3
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过定点T(0，2)的直线l 与(1)中的椭圆C 交于不同的两点A 、B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围．
【答案】解：(1)由已知得 2b =2，c
a =√6
3，解得a =3，b =1
∴椭圆C 的方程为
x 23
+y 2=1．
(2)直线l 方程为y =kx +2，将其代入x 23
+y 2=1，
得(3k 2+1)x 2+12kx +9=0，
设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，
∴△=(12k)2−36(1+3k 2)>0，解得k 2>1， 由根与系数的关系，得x 1+x 2=−12k
1+3k 2，x 1x 2=9
1+3k 2 ∵∠AOB 为锐角，
∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >0， ∴x 1x 2+y 1y 2>0，
∴x 1x 2+(kx 1+2)(kx 2+2)>0，
∴(1+k 2)x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4>0， 化简得
13−3k 21+3k 2
>0，
解得k 2<
133
，
由k 2>1且k 2<
133
，
解得k ∈(−√39
3
，−1)∪(1，√39
3
).
【解析】(1)利用已知条件求出b =1，再根据离心率，可解椭圆C 的标准方程．
(2)设直线l 的方程为y =kx +2，点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及x 1x 2+y 1y 2>0.判别式的符号，求解k 的范围即可．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，范围问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．
8. 设椭圆C ：
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为A ，过点A 与AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且2F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +F 2Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ． (Ⅰ)求椭圆C 的离心率；
(Ⅱ)若过A ，Q ，F 2三点的圆恰好与直线√7x −y +√7+4√2=0相切，求椭圆C 的方程；
(Ⅲ)过F 2的直线L 与(Ⅱ)中椭圆C 交于不同的两点M 、N ，则△F 1MN 的内切圆的面积是否存 在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(Ⅰ)依题意A(0，b)，F 1为QF 2的中点．
设F 1(−c ，0)，F 2(c ，0)，则Q(−3c ，0)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3c ，−b)，AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(c ，−b)，
由AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3c 2+b 2=0，∴−3c 2+(a 2−c 2)=0，
即a 2=4c 2，
∴e =c a =12.(3分) (Ⅱ)由题Rt △QAF 2外接圆圆心为斜边QF 2的中点，
F 1(−c ，0)，半径r =2c ，
∵由题Rt △QAF 2外接圆与直线√7x −y +√7+4√2=0相切，
∴d =r ，即√7c+√7+4√2|
√7+1=2c ，解得c =1．
∴a =2，c =1，b =√3．
所求椭圆C 的方程为：x 2
4+y 2
3=1(6分)
(Ⅲ)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)由题知y 1，y 2异号，
设△F 1MN 的内切圆的半径为R ，则△F 1MN 的周长为4a =8，
∴S △F 1 MN =1
2(|MN|+|F 1M|+|F 1N|)R =4R ，
∴要使△F 1MN 内切圆的面积最大，只需R 最大，此时S △F 1 MN 也最大.(8分)
S △F 1 MN =12|F 1F 2|.|y 1−y 2|=|y 1−y 2|， 由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为x =my +1，
由{x =my +1x 24+y 23
=1.，得(3m 2+4)y 2+6my −9=0， 由韦达定理，得y 1+y 2=−6m 3m +4，y 1y 2=−93m +4，(△>0⇒m ∈R)
S △F 1 MN =|y 1−y 2|=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=
12√m 2+13m 2+4． 令t =√m 2+1，则t ≥1，S △F 1 MN =12t 3t 2+1=123t+1t
(t ≥1)，
当t =1时，S △F 1 MN =4R 有最大值3．
此时，m =0，R max =34．
故△F 1MN 的内切圆的面积最大值为9π16,
此时直线l 的方程为x =1.(12分)
【解析】(Ⅰ)由题意可知：AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3c ，−b)，AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(c ，−b)，由AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3c 2+b 2=0，a 2=4c 2，e =c a =12；
(Ⅱ)由√7c+√7+4√2|
√7+1=2c ，解得c =1则a =2，b =√3，即可求得椭圆的标准方程；
(Ⅲ)由要使△F 1MN 内切圆的面积最大，只需R 最大，此时S △F 1 MN 也最大，设直线l 的方程为x =my +1，代入椭
圆方程，由韦达定理，弦长公式及三角形的面积公式可知S △F 1 MN =|y 1−y 2|=12√m 2
+13m 2+4，t =√m 2+1，则t ≥1，S △F 1 MN =12t 3t 2+1=12
3t+1
t (t ≥1)，由函数的单调性可知：当t =1时，S △F 1
 MN =4R 有最大值3，即可求得m 的值，求得直线方程．
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，弦长公式及三角形的面积公式，考查椭圆与函数的单调性及最值综合应用，考查计算能力，属于中档题．。