Question

11．如图，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，离心率为$\frac{1}{2}$，过焦点F₁的直线l交椭圆于A、B两点，且△ABF₂的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）连接AO并延长交椭圆C于点Q，求△ABQ面积的最大值．并求此时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆定义及△ABF₂的周长为8可知a=2，利用e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}$=$\frac{1}{2}$计算可知b²=3，进而可得结论；
（2）通过（1）可故可设直线l的方程为x=ty-1，从而点O到直线l的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，利用AO=OQ可知△ABQ面积的最大值即△ABO面积的最大值，通过联立直线l与椭圆C方程、利用韦达定理及两点间距离公式可知S_△ABO=$\frac{1}{2}$•d•|AB|=$\frac{6\sqrt{1+{t}^{2}}}{4+3{t}^{2}}$，通过令m=$\sqrt{1+{t}^{2}}$换元、计算可知当m=1时S_△ABO取最大值，进而可得结论．

解答 解：（1）根据椭圆定义及△ABF₂的周长为8可知，
2a+2a=8，即a=2，
又∵e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}$=$\frac{1}{2}$，即$\frac{\sqrt{4-{b}^{2}}}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴b²=3，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）由（1）可知F₁（-1，0），故可设直线l的方程为：x=ty-1，
则点O到直线l的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
∵S_△ABO=S_△BOQ，
∴△ABQ面积的最大值即△ABO面积的最大值，
联立直线l与椭圆C方程，消去x得：（4+3t²）y²-6ty-9=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则
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，+∞），
则$\frac{12（1+{t}^{2}）}{4+3{t}^{2}}$=$\frac{6m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{6}{3m+\frac{1}{m}}$，
∴当m=1时，S_△ABO取最大值，
此时$\sqrt{1+{t}^{2}}$=1，即t=0，
∴直线l的方程为：x=-1．

点评 本题是一道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，属于难题．