Question

11．如圖，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，離心率為$\frac{1}{2}$，過焦點F₁的直線l交橢圓于A、B兩點，且△ABF₂的周長為8．
（1）求橢圓C的方程；
（2）連接AO并延長交橢圓C于點Q，求△ABQ面積的最大值．并求此時直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓定義及△ABF₂的周長為8可知a=2，利用e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{1}{2}$計算可知b²=3，進而可得結(jié)論；
（2）通過（1）可故可設(shè)直線l的方程為x=ty-1，從而點O到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，利用AO=OQ可知△ABQ面積的最大值即△ABO面積的最大值，通過聯(lián)立直線l與橢圓C方程、利用韋達定理及兩點間距離公式可知S_△ABO=$\frac{1}{2}$•d•|AB|=$\frac{6\sqrt{1+{t}^{2}}}{4+3{t}^{2}}$，通過令m=$\sqrt{1+{t}^{2}}$換元、計算可知當(dāng)m=1時S_△ABO取最大值，進而可得結(jié)論．

解答 解：（1）根據(jù)橢圓定義及△ABF₂的周長為8可知，
2a+2a=8，即a=2，
又∵e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{1}{2}$，即$\frac{\sqrt{4-^{2}}}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴b²=3，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）由（1）可知F₁（-1，0），故可設(shè)直線l的方程為：x=ty-1，
則點O到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
∵S_△ABO=S_△BOQ，
∴△ABQ面積的最大值即△ABO面積的最大值，
聯(lián)立直線l與橢圓C方程，消去x得：（4+3t²）y²-6ty-9=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則
y₁+y₂=$\frac{6t}{4+3{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{t}^{2}}$，
∴（y₁-y₂）²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂=$\frac{144（{t}^{2}+1）}{（4+3{t}^{2}）^{2}}$，
∴|AB|²=（x₁-x₂）²+（y₁-y₂）²
=（1+t²）（y₁-y₂）²
=（1+t²）$\frac{144（{t}^{2}+1）}{（4+3{t}^{2}）^{2}}$
=$\frac{144（1+{t}^{2}）^{2}}{（4+3{t}^{2}）}$，
∴|AB|=$\frac{12（1+{t}^{2}）}{4+3{t}^{2}}$，
∴S_△ABO=$\frac{1}{2}$•d•|AB|
=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$•$\frac{12（1+{t}^{2}）}{4+3{t}^{2}}$
=$\frac{6\sqrt{1+{t}^{2}}}{4+3{t}^{2}}$，
令m=$\sqrt{1+{t}^{2}}$∈[1，+∞），
則$\frac{12（1+{t}^{2}）}{4+3{t}^{2}}$=$\frac{6m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{6}{3m+\frac{1}{m}}$，
∴當(dāng)m=1時，S_△ABO取最大值，
此時$\sqrt{1+{t}^{2}}$=1，即t=0，
∴直線l的方程為：x=-1．

點評 本題是一道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，屬于難題．