Question

14．F₁，F₂是椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的两个焦点，过右焦点F₂作直线L交椭圆于A，B两点．
（1）求△F₁AB的面积的最大值；
（2）当AF₁⊥BF₁，求直线L的方程．

Answer 1

分析 （1）由椭圆方程求出焦点坐标，再求出直线l的斜率不存在时所得△F₁AB的面积，然后设出斜率存在时的直线方程，联立直线方程和椭圆方程，由弦长公式求出|AB|，再由点到直线的距离公式求出F₁ 到直线l的距离d，代入三角形的面积公式求得△F₁AB的面积小于$\sqrt{2}$，则△F₁AB的面积的最大值可求；
（2）由AF₁⊥BF₁，得$\overrightarrow{A{F}_{1}}•\overrightarrow{B{F}_{1}}=0$，代入坐标后结合根与系数的关系求得k，则直线l的方程可求．

解答 解：（1）由椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，得a²=2，b²=1，∴$c=\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}=1$，则F₂（1，0）．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得：A（1，$-\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），此时${S}_{△{F}_{1}AB}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2=\sqrt{2}$；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
∴|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 到直线l的距离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}$．
∴△F₁AB的面积的最大值为$\sqrt{2}$；
（2）AF₁⊥BF₁，则$\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}$．
∴直线l的方程为：y=$±\frac{\sqrt{7}}{7}$（x-1）．

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系，考查了三角形面积最值的求法，在解决涉及到直线与圆锥曲线的关系的问题中，常采用联立直线方程与圆锥曲线方程，利用一元二次方程的根与系数的关系求解，此题是中高档题．