Question

19．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，過(guò)橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$右焦點(diǎn)的直線$x+y-\sqrt{2}=0$交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，P為M，N的中點(diǎn)，且直線OP的斜率為$\frac{1}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)另一直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)y=0時(shí)，求得焦點(diǎn)F坐標(biāo)，M，N代入橢圓方程，作差，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，化簡(jiǎn)求得MN的直線方程，即可求得a和b的關(guān)系，求得橢圓方程；
（Ⅱ）由題意可知：當(dāng)丨AB丨最大時(shí)，△AOB面積的最大值，將直線AB代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理弦長(zhǎng)公式及基本不等式的性質(zhì)，即可求得丨AB丨的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意，直線$x+y-\sqrt{2}=0$與x軸交點(diǎn)F（$\sqrt{2}$，0），則c=$\sqrt{2}$，
設(shè)M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），P（x_P，y_P），2x_P=x₁+x₂，2y_P=y₁+y₂，
直線OP的斜率k=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{p}}$，
則：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}=1}\\{\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，
整理得：$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{a}^{2}}$+$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）（{y}_{1}-{y}_{2}）}{^{2}}$=0，
則$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{^{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{a}^{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=-$\frac{^{2}{x}_{p}}{{a}^{2}{y}_{P}}$，
由直線MN的斜率k=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$×3=-1，整理得：a²=3b²=3（a²-c²），
又c=$\sqrt{2}$，解得：a²=3，b²=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；…（4分）
（Ⅱ）由題意，①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，O到直線l的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
將x=±$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$代入橢圓方程，解得：y=±$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則丨AB丨=2丨y丨=$\sqrt{3}$；
當(dāng)直線斜率為O時(shí)，將y=±$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，代入橢圓方程，解得：x=±$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
則丨AB丨=2丨x丨=$\sqrt{3}$；…（6分）
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)且不為0時(shí)，
設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（k，m∈R且k≠0），
由題意，原點(diǎn)0到直線l的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
故$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則m²=$\frac{3}{4}$（k²+1）．
設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
則：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，（1+3k²）x²+6kmx+3（m²-1）=，
由題意△＞0，x₁+x₂=-$\frac{6km}{3{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{3（{m}^{2}-1）}{3{k}^{2}+1}$．
丨AB丨²=（1+k²）[（x₁+x₂）-4x₁x₂]=（1+k²）[（-$\frac{6km}{3{k}^{2}+1}$）²-4×$\frac{3（{m}^{2}-1）}{3{k}^{2}+1}$]，
=（1+k²）$\frac{36{k}^{2}×\frac{3}{4}（{k}^{2}+1）-12[\frac{3}{4}（{k}^{2}+1）-1]（3{k}^{2}+1）}{（3{k}^{2}+1）^{2}}$，
=$\frac{（1+{k}^{2}）[27{k}^{4}+27{k}^{2}-27{k}^{4}+3]}{（3{k}^{2}+1）^{2}}$，
=$\frac{27{k}^{4}+30{k}^{2}+3}{9{k}^{4}+6{k}^{2}+1}$=3+$\frac{12{k}^{2}}{9{k}^{4}+6{k}^{2}+1}$，
=3+$\frac{12}{9{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+6}$≤3+$\frac{12}{2×3+6}$=4，
當(dāng)且僅當(dāng)9k²=$\frac{1}{{k}^{2}}$，即k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)等號(hào)成立，丨AB丨_max=2，
綜上所述，當(dāng)直線l的斜率k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，
即丨AB丨_max=2時(shí)，△AOB面積的最大值，
最大值為S=$\frac{1}{2}$×丨AB丨_max×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
△AOB面積的最大值$\frac{\sqrt{3}}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及基本不等式應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．