Question

11．已知椭圆C的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），两焦点F₁（-1，0）、F₂（1，0），点$P（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，动直线l：y=kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点，点M、N是直线l上的两点，且F₁M⊥l，F₂N⊥l．求四边形F₁MNF₂面积S的最大值．

Answer 1

分析 （1）将P代入椭圆方程，由c=1，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）将直线l的方程代入椭圆C的方程中，由△=0，
化简得：m²=4k²+3．设${d_1}=|{{F_1}M}|=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}，{d_2}=|{{F_2}N}|=\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，求得（d₁+d₂）及丨MN丨四边形F₁MNF₂的面积$S=\frac{1}{2}|{MN}|（{d_1}+{d_2}）=\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}（{d_1}+{d_2}）$，${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}=16-4{（\frac{1}{{{k^2}+1}}-2）^2}≤12$．当且仅当k=0时，${S_{max}}=2\sqrt{3}$．即可求得四边形F₁MNF₂面积S的最大值．

解答 解：（1）依题意，点$P（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．
∵$\frac{3}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1，{b^2}+{c^2}={a^2}$，
又∵c=1，∴a=2，b²=3．
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；

（2）将直线l的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y³=12中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．
由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化简得：m²=4k²+3．
设${d_1}=|{{F_1}M}|=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}，{d_2}=|{{F_2}N}|=\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
∵${d_1}^2+{d_2}^2={（\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}+{（\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}=\frac{{2（{m^2}+{k^2}）}}{{{k^2}+1}}=\frac{{2（5{k^2}+3）}}{{{k^2}+1}}$，${d_1}+{d_2}=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}•\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{|{{m^2}-{k^2}}|}}{{{k^2}+1}}=\frac{{3{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}=3$．
∴$|{MN}|=\sqrt{{{|{{F_1}{F_2}}|}^2}-{{（{d_1}-{d_2}）}^2}}=\sqrt{4-（{d_1}^2+{d_2}^2-2{d_1}{d_2}）}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
四边形F₁MNF₂的面积$S=\frac{1}{2}|{MN}|（{d_1}+{d_2}）=\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}（{d_1}+{d_2}）$，${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}=16-4{（\frac{1}{{{k^2}+1}}-2）^2}≤12$．
当且仅当k=0时，${S^2}=12，S=2\sqrt{3}$，故${S_{max}}=2\sqrt{3}$．
所以四边形F₁MNF₂的面积S的最大值为$2\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查函数的最值与椭圆的综合应用，考查计算能力，属于中档题．