Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過點(diǎn)（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{14}}{4}$）．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)F是橢圓C的左焦點(diǎn)，過點(diǎn)P（-2，0）的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，求△ABF面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的性質(zhì)求得橢圓方程
（2）直線AB的方程為y=k（x+2）（k≠0）設(shè)點(diǎn)AA（x₁，y₁）B（x₂，y₂），聯(lián)立消去y得（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0，由弦長公式求得底邊邊長，由點(diǎn)到直線距離求得高，繼而求得面積．

解答 解：（1）因?yàn)闄E圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．
又橢圓C過點(diǎn)（$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{14}}{4}$），所以$\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{7}{8^{2}}=1$．
同時結(jié)合a²=b²+c²，解得$a=\sqrt{2}，b=1，c=1$所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
（2）由題知：F（-1，0），顯然直線AB的斜率存在，設(shè)為k，
則直線AB的方程為y=k（x+2）（k≠0），設(shè)點(diǎn)AA（x₁，y₁）B（x₂，y₂），聯(lián)立消去y得（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0
故△=（8k²）²-4（1+2k²）（8k²-2）
=8（1-k²）＞0，所以$0＜{k}^{2}＜\frac{1}{2}$且${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$
所以|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1+}{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{\frac{8（1-2{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）}}$．
點(diǎn)F到直線AB的距離為$d=\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，所以${S}_{△AEF}=\frac{1}{2}×\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{\frac{8（1-2{k}^{2}）}{（1-2{k}^{2}）^{2}}}$
=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{-2{k}^{4}+{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{2}\sqrt{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}×\frac{6{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$令t=6k²+1∈（1，4）則${k}^{2}=\frac{t-1}{6}$
所以${S}_{△ABF}=\sqrt{2}\sqrt{-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}×\frac{t}{{t}^{2}+4t+4}}$S=$\sqrt{2}\sqrt{-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}×\frac{1}{t+\frac{4}{t}+4}}≤$
$\sqrt{2}\sqrt{-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}×\frac{1}{4+4}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$t=\frac{4}{t}$時，即t=2，k=$±\frac{\sqrt{6}}{6}$時，取等號，所以△ABF面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評 本題主要考查橢圓方程的求法和直線和圓錐曲線的綜合問題，屬于中檔題型，高中經(jīng)常涉及．