Question

17．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的短軸長為2$\sqrt{3}$，離心率e=$\frac{1}{2}$，
（1）求橢圓C的標準方程：
（2）若F₁、F₂分別是橢圓C的左、右焦點，過F₂的直線l與橢圓C交于不同的兩點A、B，求△F₁AB的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：2b=2$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{3}$，橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，則a=2c，代入a²=b²+c²，求得a，即可求得橢圓C的標準方程；
（2）設直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程，則${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，由函數(shù)的單調性，即可求得△F₁AB的面積的最大值．

解答 解：（1）由題意可得$\left\{{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{3}}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\end{array}}\right.$，…（2分）
解得：$a=2，b=\sqrt{3}$，…（3分）
故橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；…（4分）
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|$…（6分）
由題意知，直線l的斜率不為零，可設直線l的方程為x=my+1，
由$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，整理得：（3m²+4）y²+6my-9=0，
由韋達定理可知：${y_1}+{y_2}=\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}$，…（8分）
又因直線l與橢圓C交于不同的兩點，
故△＞0，即（6m）²+36（3m²+4）＞0，m∈R．
則${S_{△{F_1}AB}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|•|{{y_1}-{y_2}}|=|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，…（10分）
令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，
則${S_{△{F_1}AB}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}=\frac{12t}{{3{t^2}+1}}=\frac{4}{{t+\frac{{\frac{1}{3}}}{t}}}$，
令$f（t）=t+\frac{{\frac{1}{3}}}{t}$，由函數(shù)的性質可知，函數(shù)f（t）在$[{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，+∞}）$上是單調遞增函數(shù)，
即當t≥1時，f（t）在[1，+∞）上單調遞增，
因此有$f（t）≥f（1）=\frac{4}{3}$，
所以${S_{△{F_1}AB}}≤3$，
即當t=1，即m=0時，${S_{△{F_1}AB}}$最大，最大值為3．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，考查直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理與弦長公式的應用，考查橢圓與函數(shù)的綜合應用，屬于中檔題．