Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的下頂點(diǎn)為B（0，-1），B到焦點(diǎn)煌距離為2．
（1）設(shè)Q是橢圓上的動點(diǎn)，求|BQ|的最大值；
（2）直線l過定點(diǎn)P（0，2）與橢圓C交于兩點(diǎn)M，N，△BMN的面積為$\frac{6}{5}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知可得橢圓方程，設(shè)出動點(diǎn)Q的坐標(biāo)，寫出BQ的距離，結(jié)合動點(diǎn)Q在橢圓上轉(zhuǎn)化為關(guān)于Q縱坐標(biāo)的函數(shù)式，然后利用配方法求得最大值；
（2）設(shè)出直線l的方程，和橢圓方程聯(lián)立，由判別式大于0求出k的范圍，利用根與系數(shù)關(guān)系得到M，N的橫坐標(biāo)的和與積，由弦長公式求得弦長，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出B到直線l的距離，代入三角形的面積公式求k．

解答 解：（1）由題意可知，b=1，a=2，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
設(shè)Q（x₀，y₀）（-1≤y₀≤1），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，
∴${{x}_{0}}^{2}=4-4{{y}_{0}}^{2}$．
∴$|BQ|=\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+（{y}_{0}+1）^{2}}$=$\sqrt{4-4{{y}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+2{y}_{0}+1}$
=$\sqrt{-3（{y}_{0}-\frac{1}{3}）^{2}+\frac{16}{3}}$．
∴當(dāng)${y}_{0}=\frac{1}{3}$時，|BQ|有最大值為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
（2）由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，
設(shè)直線l的方程為y=kx+2．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并化簡得：（1+4k²）x²+16kx+12=0．
由△=（16k）²-48（1+4k²）=64k²-48＞0，解得：$k＜-\frac{\sqrt{3}}{2}$或k$＞\frac{\sqrt{3}}{2}$．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{16k}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{16k}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{12}{1+4{k}^{2}}}$=$4\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$．
B（0，-1）到直線y=kx+2的距離d=$\frac{3}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴${S}_{△MNB}=\frac{1}{2}•4\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}•\frac{3}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}=\frac{6}{5}$．
解得：k²=1或${k}^{2}=\frac{19}{4}$．
∴k=±1或k=$±\frac{\sqrt{19}}{2}$．符合$k＜-\frac{\sqrt{3}}{2}$或k$＞\frac{\sqrt{3}}{2}$．
則所求的直線方程為y=-x+2，y=x+2，y=-$\frac{\sqrt{19}}{2}$x+2，y=$\frac{\sqrt{19}}{2}x+2$．

點(diǎn)評 本題考查由橢圓的幾何性質(zhì)求其方程，考查了直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及直線和圓錐曲線的位置關(guān)系問題，常采用聯(lián)立直線和圓錐曲線方程，然后借助于一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系求解，特點(diǎn)是運(yùn)算量大，要求考生具有較強(qiáng)的運(yùn)算能力，是壓軸題．