Question

13．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），F₁，F₂为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F₁PF₂=60°，S${\;}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\sqrt{3}$，且椭圆的离心率为$\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆方程；
（2）已知T（-4，0），过T的直线与椭圆交于M、N两点，求△MNF₁面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设|PF₁|=m，|PF₂|=n，运用椭圆的定义和余弦定理及三角形的面积公式，可得b，再由离心率公式和a，b，c的关系，求得a，进而得到椭圆方程；
（2）由题意可得MN的斜率存在，且不为0，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN方程为x=my-4，代入椭圆方程，可得y的方程，由判别式大于0，韦达定理，再由S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=|S${\;}_{△NT{F}_{1}}$-S${\;}_{△MT{F}_{1}}$|=$\frac{1}{2}$|TF₁|•|y₁-y₂|，求得△MNF的面积，化简整理，运用基本不等式可得最大值．

解答 解：（1）根据椭圆的定义，设|PF₁|=m，|PF₂|=n，
则在△PF₁F₂中，根据余弦定理得，
cos60°=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{（m+n）^{2}-4{c}^{2}-2mn}{2mn}$
即$\frac{1}{2}$=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}-2mn}{2mn}$，
所以3mn=4a²-4c²=4b²；
又S${\;}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$mn•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$mn=$\frac{\sqrt{3}}{4}$•$\frac{4}{3}$b²=$\frac{\sqrt{3}}{3}$b²=$\sqrt{3}$，
解得b²=3，
由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又a²-b²=c²，
所以a=2．
所以椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由题意可得MN的斜率存在，且不为0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN方程为x=my-4，
代入椭圆方程，整理得（3m²+4）y²-24my+36=0，
则△=24²m²-144（3m²+4）＞0，所以m²＞4．
y₁+y₂=$\frac{24m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{36}{4+3{m}^{2}}$，
则△MNF₁面积S${\;}_{△MN{F}_{1}}$=|S${\;}_{△NT{F}_{1}}$-S${\;}_{△MT{F}_{1}}$|=$\frac{1}{2}$|TF₁|•|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（\frac{24m}{4+3{m}^{2}}）^{2}-\frac{144}{4+3{m}^{2}}}$=18•$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{4+3{m}^{2}}$
=6•$\frac{1}{\frac{{m}^{2}-4+\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$=6•$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}-4}+\frac{\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$≤$\frac{6}{2\sqrt{\frac{16}{3}}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
当且仅当$\sqrt{{m}^{2}-4}$=$\frac{\frac{16}{3}}{\sqrt{{m}^{2}-4}}$即m²=$\frac{28}{3}$．（此时适合△＞0的条件）取得等号．
则三角形MNF₁面积的最大值是$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和解三角形知识，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，以及直线的斜率公式，考查基本不等式的运用：求最值，属于中档题．