已知椭圆C：x2a2+y23=1（a＞10）的右焦点F在圆D：（x-2）2+y2=1上，直线l：x=my+3（m≠0）交

解题思路：（I）由圆D：（x-2）2+y2=1，令y=0，解得圆D与x轴交与两点（3，0），（1，0）．在椭圆中c=3或c=1，又b2=3，得到a2=12或a2=4（舍去，因为a＞10）．即可得到椭圆的方程．（II）设M（x1，y1），N（x2，y2），则N1（x2，-y2）．直线l的方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，对于直线N1M的方程y−y1−y2−y1＝x−x1x2−x1，令y=0，即可得到点P的坐标；解法一：利用三角形的面积计算公式S△PMN＝12|FP|•|y1−y2|＝12(y1+y2)2−4y1y2，把根与系数的关系代入，再利用基本不等式的性质即可得出m的取值与三角形PMN的最大值．．解法二：利用弦长公式=(1+m2)[(y1+y2)2−4y1y2]，及点P到直线l的距离公式求出点P到直线MN的距离d，再利用二次函数的单调性即可得出．

（Ⅰ）由题设知，圆D：（x-2）²+y²=1，令y=0，
解得圆D与x轴交与两点（3，0），（1，0）．
所以，在椭圆中c=3或c=1，又b²=3，
所以，a²=12或a²=4（舍去，因为a＞
10）．
于是，椭圆C的方程为
x2
12+
y2
3＝1．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则N₁（x₂，-y₂）．
联立方程


x2
12+
y2
3＝1
x＝my+3⇒（m²+4）y²+6my-3=0，
所以y1+y2＝−
6m
m2+4，y1y2＝−
3
m2+4．
因为直线N₁M的方程为
y−y1
−y2−y1＝
x−x1
x2−x1，令y=0，
得x＝
y1(x2−x1)
y2+y1+x1=
x1y2+x2y1
y2+y1=
2my1y2+3(y1+y2)
y2+y1=

−6m
m2+4−
18m
m2+4

−6m
m2+4=[−24m/−6m＝4，
所以得点P（4，0）．
解法一：S△PMN＝
1
2|FP|•|y1−y2|＝
1
2
(y1+y2)2−4y1y2]
=
1
2•

36m2
(m2+4)2+
12
(m2+4)＝2
3

m2+1
(m2+4)2=2
3•

1
(m2+1)+
9
m2+1+6≤2
3•

1
12＝1．

当且仅当m²+1=3即m＝±
2时等号成立．
故△PMN的面积存在最大值1．
（或：S△PMN＝2
3

m2+1
(m2+4)2＝2
3
−
1
(m2+4)2+
1
m2+4．
令t＝
1
m2+4∈(0 ，
1
4]，
则S△PMN＝2
3•
−3t2+t＝2
3•
−3(t−
1
6)2+
1
12≤1．
当且仅当t＝
1
6∈(0 ，
1
4]时等号成立，此时m²=2．
故△PMN的面积存在最大值为1．
解法二：|MN|＝
(x1−x2)2+(y1−y2)2＝
(m2+1)[(y1+y2)2−4y1y2]=
(m2+1)[
36m2
(m2+4)2+
12
m2+4]＝4
3•
m2+1
m2+4．
点P到直线l的距离是
|4−3|

m2+1＝
1

m2+1．
所以，S△PMN＝
4
3
2•
1

m2+1•
m2+1
m2+4＝2
3

m2+1
(m2+4)2=2
3•
−3(
1
m2+4)2+
1
m2+4．
令t＝
1
m2+4∈(0 ，
1
4]，
则S△PMN＝2
3•
−3t2+t＝2
3•
−3(t−
1
6)2+
1
12≤1．
当且仅当t＝
1
6∈(0 ，
1
4]时等号成立，此时m²=2．
故△PMN的面积存在最大值为1．

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．

考点点评： 本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式、二次函数的单调性等基础知识与基本技能，考查了推理能力、计算能力．