Question

7．设F₁、F₂是椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左右焦点，过F₂的直线l与椭圆交于A，B两点，求△F₁AB的最大值．

Answer 1

分析 由椭圆方程求出右焦点坐标，设直线l的方程为x=ty+$\sqrt{3}$，联立直线方程和椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求出${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{3}t}{{t}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-1}{{t}^{2}+4}$，代入三角形面积公式后整理，然后利用基本不等式求最值．

解答 解：由椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，得a²=4，b²=1，
∴c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\sqrt{3}$，则F₂（$\sqrt{3}$，0）．
设直线l的方程为x=ty+$\sqrt{3}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$（{t}^{2}+4）{y}^{2}+2\sqrt{3}ty-1=0$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{3}t}{{t}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-1}{{t}^{2}+4}$，
∴${S}_{△{F}_{1}AB}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\sqrt{3}\sqrt{（\frac{-2\sqrt{3}t}{{t}^{2}+4}）^{2}+\frac{4}{{t}^{2}+4}}$
=$4\sqrt{3}\sqrt{\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{4}+8{t}^{2}+16}}$=$4\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{6+（1+{t}^{2}）+\frac{9}{1+{t}^{2}}}}$$≤4\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{6+2\sqrt{9}}}=2$．
当且仅当1+t²=3，即$t=±\sqrt{2}$时，△F₁AB的面积取得最大值2．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，同时考查基本不等式的运用，属于中档题．