Question

10．橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$橢圓方程+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，P在橢圓上移動(dòng)，△PF₁F₂面積最大值為$\sqrt{3}$（F₁為左焦點(diǎn)，F(xiàn)₂為右焦點(diǎn)）
（1）求橢圓方程；
（2）若A₂（a，0），直線l過(guò)F₁與橢圓交于M，N，求直線MN的方程，使△MA₂N的面積最大．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}×2c×b=\sqrt{3}\\ e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}\end{array}\right.$，解得a²，b²的值，可得橢圓方程；
（2）由（1）可得A₂（2，0），F(xiàn)₁（-$\sqrt{3}$，0），分MN的斜率不存在和MN的斜率存在兩種情況，分析△MA₂N的面積最大值，及相應(yīng)的k值，可得答案．

解答 解：（1）由已知可得：
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}×2c×b=\sqrt{3}\\ e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a}^{2}=4\\^{2}=1\\{c}^{2}=3\end{array}\right.$，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$…（5分）；
（2）由（1）可得：A₂（2，0），F(xiàn)₁（-$\sqrt{3}$，0），
當(dāng)MN的斜率不存在時(shí)，
|MN|=1，△MA₂N的面積S=1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$
當(dāng)MN的斜率存在時(shí)，設(shè)MN的方程為：y=k（x+$\sqrt{3}$），
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$得：（${k}^{2}+\frac{1}{4}$）x²+$2\sqrt{3}{k}^{2}$x+3k²-1=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）則：
則x₁+x₂=$\frac{-2\sqrt{3}{k}^{2}}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}$，x₁x₂=$\frac{3{k}^{2}-1}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}$…（8分）；
|y₁-y₂|=|k（x₁+$\sqrt{3}$）-k（x₂+$\sqrt{3}$）|=|k||x₁-x₂|=|k|$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\left|k\right|\sqrt{{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}$，
令t=${k}^{2}+\frac{1}{4}$，（t≥$\frac{1}{4}$），
則|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{（t-\frac{1}{4}）（t+\frac{3}{4}）}}{t}$=$\sqrt{-\frac{3}{16}（\frac{1}{t}）^{2}+\frac{1}{2}•\frac{1}{t}+1}$，
令u=$\frac{1}{t}$，則u∈（0，4]
則當(dāng)u=$\frac{4}{3}$時(shí)，|y₁-y₂|取最大值$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＞1，此時(shí)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此時(shí)△MA₂N的面積取最大值1+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
此時(shí)MN的方程為：y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x+$\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，分類討論思想，難度中檔．