Question

14．F₁，F(xiàn)₂是橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的兩個焦點，過右焦點F₂作直線L交橢圓于A，B兩點．
（1）求△F₁AB的面積的最大值；
（2）當AF₁⊥BF₁，求直線L的方程．

Answer 1

分析 （1）由橢圓方程求出焦點坐標，再求出直線l的斜率不存在時所得△F₁AB的面積，然后設出斜率存在時的直線方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，由弦長公式求出|AB|，再由點到直線的距離公式求出F₁ 到直線l的距離d，代入三角形的面積公式求得△F₁AB的面積小于$\sqrt{2}$，則△F₁AB的面積的最大值可求；
（2）由AF₁⊥BF₁，得$\overrightarrow{A{F}_{1}}•\overrightarrow{B{F}_{1}}=0$，代入坐標后結合根與系數(shù)的關系求得k，則直線l的方程可求．

解答 解：（1）由橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，得a²=2，b²=1，∴$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}=1$，則F₂（1，0）．
當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得：A（1，$-\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），此時${S}_{△{F}_{1}AB}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2=\sqrt{2}$；
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$．
F₁ 到直線l的距離d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴${S}_{△{F}_{1}AB}=\frac{1}{2}•\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}•\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$2\sqrt{2}•\sqrt{\frac{{k}^{4}+{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$2\sqrt{2}•\sqrt{\frac{1}{4+\frac{1}{{k}^{4}+{k}^{2}}}}$$＜\sqrt{2}$．
∴△F₁AB的面積的最大值為$\sqrt{2}$；
（2）AF₁⊥BF₁，則$\overrightarrow{A{F}_{1}}•\overrightarrow{B{F}_{1}}=0$，
即（-1-x₁，-y₁）•（-1-x₂，-y₂）=0，
∴x₁+x₂+x₁x₂+1+y₁y₂=0，也就是（k²+1）（x₁x₂+1）+（1-k²）（x₁+x₂）=0．
∴$（{k}^{2}+1）（\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}+1）+（1-{k}^{2}）•\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}=0$．
解得：k=$±\frac{\sqrt{7}}{7}$．
∴直線l的方程為：y=$±\frac{\sqrt{7}}{7}$（x-1）．

點評 本題考查直線與橢圓的位置關系，考查了三角形面積最值的求法，在解決涉及到直線與圓錐曲線的關系的問題中，常采用聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關系求解，此題是中高檔題．