Question

6．如圖，已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓C，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂ 分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，右頂點(diǎn)到右準(zhǔn)線的距離為2，離心率為$\frac{1}{2}$．過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)F₁ 任意作一條直線l 與橢圓交于A，B 兩點(diǎn)．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)直線l 的斜率k=1 時(shí)，求三角形ABF₂ 的面積；
（3）當(dāng)直線l 繞F₁ 旋轉(zhuǎn)變化時(shí)，求三角形ABF₂ 的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{{a}^{2}}{c}-a$=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，求得a和c的值，b²=a²-c²，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）由（1）可知：直線l的方程為y=x+1，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式即可求得△ABF₂的面積；
（3）設(shè)直線l的方程為x=my-1，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及函數(shù)的單調(diào)性記錄求得△ABF₂的面積的最大值．

解答 解：（1）由題意可知：$\frac{{a}^{2}}{c}-a$=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，解得：a=2，c=1，
b²=a²-c²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）直線l的方程為y=x+1，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=x+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：7y²-6y-9=0，
則y₁+y₂=$\frac{6}{7}$，y₁•y₂=-$\frac{9}{7}$，
丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}^{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$，
∴三角形ABF₂ 的面積S=$\frac{1}{2}$×2c×丨y₁-y₂丨=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$；
三角形ABF₂ 的面積$\frac{12\sqrt{2}}{7}$；
（3）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為x=my-1，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$，整理得（3m²+4）y²-6my-9=0，
由韋達(dá)定理可知：y₁+y₂=$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}^{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
設(shè)t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$t≥1，則m²=t²-1，
丨y₁-y₂丨=$\frac{12\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12t}{3{t}^{2}+1}$=$\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，
f（t）=3t+$\frac{1}{t}$，f′（t）=3-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，函數(shù)f（t）單調(diào)遞增，
則當(dāng)t=1時(shí)，丨y₁-y₂丨有最大值3，
故三角形ABF₂的面積的最大值為S=$\frac{1}{2}$×2c×丨y₁-y₂丨_max=3，
綜合可知：△ABF₂ 的面積的最大值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及函數(shù)的單調(diào)性，最值與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．