Question

6．已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦點，P是橢圓E上的點，且PF₂⊥x軸，$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=\frac{1}{16}{a^2}$．直線l經(jīng)過F₁，與橢圓E交于A，B兩點，F(xiàn)₂與A，B兩點構(gòu)成△ABF₂．
（1）求橢圓E的離心率；
（2）設(shè)△F₁PF₂的周長為$2+\sqrt{3}$，求△ABF₂的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出兩焦點的坐標(biāo)，由x=c代入橢圓方程，可得P的坐標(biāo)，求得向量$\overrightarrow{P{F}_{1}}$，$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的坐標(biāo)，運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，可得a=2b，由a，b，c的關(guān)系和離心率公式，計算即可得到所求值；
（2）運用橢圓的定義，結(jié)合離心率，可得a，b，進而得到橢圓方程，設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及基本不等式，可得三角形ABF₂的面積的最大值．

解答 解：（1）由題意可得F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
設(shè)點P在第一象限，令x=c，可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{^{2}}{a}$，
則$P（c，\frac{b^2}{a}）$，$\overrightarrow{P{F_1}}=（-2c，-\frac{b^2}{a}）$，$\overrightarrow{P{F_2}}=（0，-\frac{b^2}{a}）$，
可得$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=\frac{b^4}{a^2}=\frac{1}{16}{a^2}$，
則a²=4b²=4（a²-c²），可得3a²=4c²，即c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，
即有離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）由（1）可得2c=$\sqrt{3}$a，
由橢圓的定義可得|PF₁|+|PF₂|=2a，
△F₁PF₂的周長為2a+2c=$2+\sqrt{3}$，
解得a=1，c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
可得橢圓方程為x²+4y²=1，
由題知直線斜率不為0，設(shè)直線方程為$x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{x^2}+4{y^2}=1\end{array}\right.$，得$4（{t^2}+4）{y^2}-4\sqrt{3}ty-1=0$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有${y_1}+{y_2}=\frac{{\sqrt{3}t}}{{{t^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{1}{{4（{t^2}+4）}}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{3{t}^{2}}{（4+{t}^{2}）^{2}}+\frac{1}{4+{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4（1+{t}^{2}）}{（4+{t}^{2}）^{2}}}$，
則${S_{△AB{F_2}}}=c|{y_1}-{y_2}|=\sqrt{3}\sqrt{\frac{{{t^2}+1}}{{{{（{t^2}+4）}^2}}}}$=$\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{{（{t^2}+1）+\frac{9}{{{t^2}+1}}+6}}}$$≤\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{12}}=\frac{1}{2}$，
“=”成立時t²=2，即t=±$\sqrt{2}$，
則△ABF₂的面積的最大值為$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查橢圓的離心率的求法，注意運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和橢圓的基本量的關(guān)系，考查三角形的面積的最值的求法，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及基本不等式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．