Question

11．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁、F₂，且|F₁F₂|=4$\sqrt{3}$，M（$\sqrt{3}$，-$\frac{\sqrt{13}}{2}$）是椭圆上一点．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）过点N（-8，0）的直线与椭圆C相交于A，B两点，记△ABF₁的面积为S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意求得c，可得a²=b²+12，把点M的坐标代入椭圆方程求得b²，得到a²，则椭圆方程可求；
（2）由题意设直线l方程为：x=my-8（m≠0），由的到直线的距离公式求出F₁到直线l的距离d，联立直线方程与椭圆方程，化为关于y的方程，利用弦长公式求得|AB|，代入三角形面积公式，换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$\sqrt{3}$，则a²=b²+c²=b²+12，
将M（$\sqrt{3}$，-$\frac{\sqrt{13}}{2}$）代入椭圆方程：$\frac{3}{{b}^{2}+12}$+$\frac{13}{4{b}^{2}}$=1，解得：b²=4，
则a²=16，
∴椭圆标准方程：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）直线l过点N（-8，0）与椭圆C交于A，B两点，且点N（-8，0）在椭圆外，
∴直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为：x=my-8（m≠0），
由椭圆方程可得点F₁（-$2\sqrt{3}$，0），到直线l的距离d=$\frac{|-2\sqrt{3}+8|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{8-2\sqrt{3}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my-8}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，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$＞2\sqrt{3}$．
设A（x₁，y₁）、B（x₂、y₂），则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•$\frac{\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$
=$（32-8\sqrt{3}）•\frac{\sqrt{{m}^{2}-12}}{{m}^{2}+4}$，
记$\sqrt{{m}^{2}-12}=t$（t＞0），则m²=t²+12．
∴${S}_{△AB{F}_{1}}$=$（32-8\sqrt{3}）•\frac{t}{{t}^{2}+16}$=$\frac{32-8\sqrt{3}}{t+\frac{16}{t}}≤\frac{32-8\sqrt{3}}{2\sqrt{t•\frac{16}{t}}}=4-\sqrt{3}$．
当且仅当t=4，即m=$±2\sqrt{7}$时S的最大值为$4-\sqrt{3}$．

点评 本题是直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．