Question

13．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為它的左、右焦點，P為橢圓上一點，已知∠F₁PF₂=60°，S${\;}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\sqrt{3}$，且橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓方程；
（2）已知T（-4，0），過T的直線與橢圓交于M、N兩點，求△MNF₁面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n，運用橢圓的定義和余弦定理及三角形的面積公式，可得b，再由離心率公式和a，b，c的關(guān)系，求得a，進而得到橢圓方程；
（2）由題意可得MN的斜率存在，且不為0，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN方程為x=my-4，代入橢圓方程，可得y的方程，由判別式大于0，韋達定理，再由S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=|S${\;}_{△NT{F}_{1}}$-S${\;}_{△MT{F}_{1}}$|=$\frac{1}{2}$|TF₁|•|y₁-y₂|，求得△MNF的面積，化簡整理，運用基本不等式可得最大值．

解答 解：（1）根據(jù)橢圓的定義，設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n，
則在△PF₁F₂中，根據(jù)余弦定理得，
cos60°=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{（m+n）^{2}-4{c}^{2}-2mn}{2mn}$
即$\frac{1}{2}$=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}-2mn}{2mn}$，
所以3mn=4a²-4c²=4b²；
又S${\;}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$mn•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$mn=$\frac{\sqrt{3}}{4}$•$\frac{4}{3}$b²=$\frac{\sqrt{3}}{3}$b²=$\sqrt{3}$，
解得b²=3，
由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又a²-b²=c²，
所以a=2．
所以橢圓的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由題意可得MN的斜率存在，且不為0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN方程為x=my-4，
代入橢圓方程，整理得（3m²+4）y²-24my+36=0，
則△=24²m²-144（3m²+4）＞0，所以m²＞4．
y₁+y₂=$\frac{24m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{36}{4+3{m}^{2}}$，
則△MNF₁面積S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=|S${\;}_{△NT{F}_{1}}$-S${\;}_{△MT{F}_{1}}$|=$\frac{1}{2}$|TF₁|•|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（\frac{24m}{4+3{m}^{2}}）^{2}-\frac{144}{4+3{m}^{2}}}$=18•$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{4+3{m}^{2}}$
=6•$\frac{1}{\frac{{m}^{2}-4+\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$=6•$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}-4}+\frac{\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$≤$\frac{6}{2\sqrt{\frac{16}{3}}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{{m}^{2}-4}$=$\frac{\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}$即m²=$\frac{28}{3}$．（此時適合△＞0的條件）取得等號．
則三角形MNF₁面積的最大值是$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和解三角形知識，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和判別式大于0，以及直線的斜率公式，考查基本不等式的運用：求最值，屬于中檔題．