Question

11．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁、F₂，且|F₁F₂|=4$\sqrt{3}$，M（$\sqrt{3}$，-$\frac{\sqrt{13}}{2}$）是橢圓上一點．
（1）求橢圓C的標準方程．
（2）過點N（-8，0）的直線與橢圓C相交于A，B兩點，記△ABF₁的面積為S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意求得c，可得a²=b²+12，把點M的坐標代入橢圓方程求得b²，得到a²，則橢圓方程可求；
（2）由題意設(shè)直線l方程為：x=my-8（m≠0），由的到直線的距離公式求出F₁到直線l的距離d，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于y的方程，利用弦長公式求得|AB|，代入三角形面積公式，換元后利用基本不等式求得最值．

解答 解：（1）由2c=4$\sqrt{3}$，得c=2$\sqrt{3}$，則a²=b²+c²=b²+12，
將M（$\sqrt{3}$，-$\frac{\sqrt{13}}{2}$）代入橢圓方程：$\frac{3}{^{2}+12}$+$\frac{13}{4^{2}}$=1，解得：b²=4，
則a²=16，
∴橢圓標準方程：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）直線l過點N（-8，0）與橢圓C交于A，B兩點，且點N（-8，0）在橢圓外，
∴直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為：x=my-8（m≠0），
由橢圓方程可得點F₁（-$2\sqrt{3}$，0），到直線l的距離d=$\frac{|-2\sqrt{3}+8|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{8-2\sqrt{3}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my-8}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（4+m²）y²-16my+48=0，
由△=256m²-192（4+m²）=64m²-768＞0，
得m$＜-2\sqrt{3}$或m$＞2\sqrt{3}$．
設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂、y₂），則y₁+y₂=$\frac{16m}{4+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{48}{4+{m}^{2}}$，
∴|y₁-y₂|²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂
=（$\frac{16m}{4+{m}^{2}}$）²-4•$\frac{48}{4+{m}^{2}}$=$\frac{64（{m}^{2}-12）}{（4+{m}^{2}）^{2}}$，
∴|AB|²=（1+m²）（y₁-y₂）²=$（1+{m}^{2}）•\frac{64（{m}^{2}-12）}{（{m}^{2}+4）^{2}}$，
∴|AB|=8•$\frac{\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$，
∴${S}_{△AB{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•d•|AB|=$\frac{1}{2}$•$\frac{8-2\sqrt{3}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•8•$\frac{\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$
=$（32-8\sqrt{3}）•\frac{\sqrt{{m}^{2}-12}}{{m}^{2}+4}$，
記$\sqrt{{m}^{2}-12}=t$（t＞0），則m²=t²+12．
∴${S}_{△AB{F}_{1}}$=$（32-8\sqrt{3}）•\frac{t}{{t}^{2}+16}$=$\frac{32-8\sqrt{3}}{t+\frac{16}{t}}≤\frac{32-8\sqrt{3}}{2\sqrt{t•\frac{16}{t}}}=4-\sqrt{3}$．
當且僅當t=4，即m=$±2\sqrt{7}$時S的最大值為$4-\sqrt{3}$．

點評 本題是直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．