Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為橢圓左右焦點(diǎn)，A為橢圓的短軸端點(diǎn)且|AF₁|=$\sqrt{6}$
（1）求橢圓C的方程；
（2）過F₂作直線l角橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，求△PQF₁的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\sqrt{6}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出橢圓C的方程；
（2）由（1）可知：F₂（2，0），設(shè)直線l的方程為x=ty+2，與橢圓方程聯(lián)立化為（3+t²）y²+4ty-2=0，設(shè)P（x₁，y₂），Q（x₂，y₂），利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，利用${S}_{△PQ{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|，及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\sqrt{6}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{6}$，c=2，b²=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由（1）可知：F₂（2，0），設(shè)直線l的方程為x=ty+2，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{x=ty+2}\end{array}\right.$，
化為（3+t²）y²+4ty-2=0，
設(shè)P（x₁，y₂），Q（x₂，y₂），
∴y₁+y₂=$\frac{-4t}{3+{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-2}{3+{t}^{2}}$，
∴|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（\frac{-4t}{3+{t}^{2}}）^{2}+\frac{8}{3+{t}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}\sqrt{1+{t}^{2}}}{3+{t}^{2}}$，
${S}_{△PQ{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}×4×\frac{2\sqrt{6}\sqrt{1+{t}^{2}}}{3+{t}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{6}\sqrt{1+{t}^{2}}}{3+{t}^{2}}$=$4\sqrt{6}•\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}+\frac{2}{\sqrt{1+{t}^{2}}}}$$≤\frac{4\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}$=2$\sqrt{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{1+{t}^{2}}=\frac{2}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，即t=±1時(shí)，△PQF₁的面積取得最大值2$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．