Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的上頂點(diǎn)M與左、右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂構(gòu)成三角形MF₁F₂面積為$\sqrt{3}$，又橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線l與橢圓C交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點(diǎn)，且x₁+x₂=2，又直線l₁：y=k₁x+m是線段AB的垂直平分線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）橢圓C的下頂點(diǎn)為N，過點(diǎn)T（t，2）（t≠0）的直線TM，TN分別與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．若△TMN的面積是△TEF的面積的k倍，求k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓離心率，$bc=\sqrt{3}$，a²=b²+c²，解得a=2，b=1，即可求出橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)AB的中點(diǎn)D（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求出x₀，y₁+y₂=2y₀．（y₀≠0）又A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）在橢圓C上，利用平方差法，推出${k_{AB}}=-\frac{1}{{4{y_0}}}$．通過D$（1，-\frac{m}{3}）$在橢圓C內(nèi)部，得到$\frac{1}{4}+{（-\frac{m}{3}）^2}＜1$，求出m的范圍．
（Ⅲ）推出S_△TMN=$\frac{1}{2}|{MN}||t|$=|t|，S_△TEF=$\frac{|t|（{t}^{2}+12）^{2}}{{（t}^{2}+36）（{t}^{2}+4）}$，利用$k=\frac{{{S_{△TMN}}}}{{{S_{△TEF}}}}$，通過二次函數(shù)的最值求解k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）橢圓離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{{a^2}-{b^2}}}}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
又$bc=\sqrt{3}$，a²=b²+c²
解得a=2，b=1，∴橢圓方程：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．．…（4分）
（Ⅱ）設(shè)AB的中點(diǎn)D（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=2x₀=2，所以x₀=1，y₁+y₂=2y₀．（y₀≠0）
又A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）在橢圓C上，所以  $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1，①\\ \frac{x_2^2}{4}+y_2^2=1．②\end{array}\right.$
由②-①得$\frac{x_2^2-x_1^2}{4}+y_2^2-y_1^2=0$，即${k_{AB}}=-\frac{1}{{4{y_0}}}$．…（6分）
即${k_1}=-\frac{1}{{{k_{AB}}}}=4{y_0}$，l₁：y=4y₀x+m．當(dāng)x₀=1時，y₀=4y₀+m，所以${y_0}=-\frac{m}{3}$．
所以D點(diǎn)的坐標(biāo)為$（1，-\frac{m}{3}）$．又D$（1，-\frac{m}{3}）$在橢圓C內(nèi)部，所以$\frac{1}{4}+{（-\frac{m}{3}）^2}＜1$，
解得$-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}＜m＜\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$且m≠0．…（9分）
（Ⅲ）因?yàn)镾_△TMN=$\frac{1}{2}|{MN}||t|$=|t|，
直線方程為：y=$\frac{1}{t}x+1$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=\frac{1}{t}x+1}\end{array}\right.$，得x_E=$\frac{-8t}{{t}^{2}+4}$，
所以E（$\frac{-8t}{{t}^{2}+4}$，$\frac{{t}^{2}-4}{{t}^{2}+4}$）到直線3x-ty-t=0的距離
d=$\frac{|\frac{-24t}{{t}^{2}+4}-\frac{t（{t}^{2}-4）}{{t}^{2}+4}-t|}{\sqrt{{t}^{2}+9}}$=$\frac{2|t|（{t}^{2}+12）}{\sqrt{{t}^{2}+9}（{t}^{2}+4）}$，
直線方程為：y=$\frac{3}{t}x-1$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=\frac{3}{t}x-1}\end{array}\right.$，得x_F=$\frac{24t}{{t}^{2}+36}$，
所以F（$\frac{24t}{{t}^{2}+36}$，$\frac{36-{t}^{2}}{{t}^{2}+36}$），
∴|TF|=$\sqrt{（t-\frac{24t}{{t}^{2}+36}）^{2}+（2-\frac{36-{t}^{2}}{{t}^{2}+36}）^{2}}$=$\frac{（{t}^{2}+12）\sqrt{{t}^{2}+9}}{{t}^{2}+36}$，
∴S_△TEF=$\frac{1}{2}TF•d$=$\frac{1}{2}$•$\frac{（{t}^{2}+12）\sqrt{{t}^{2}+9}}{{t}^{2}+36}$•$\frac{2|t|（{t}^{2}+12）}{\sqrt{{t}^{2}+9}（{t}^{2}+4）}$=$\frac{|t|（{t}^{2}+12）^{2}}{{（t}^{2}+36）（{t}^{2}+4）}$，
所以$k=\frac{{{S_{△TMN}}}}{{{S_{△TEF}}}}$=$\frac{{（{t^2}+36）（{t^2}+4）}}{{{{（{t^2}+12）}^2}}}$，
令t²+12=n＞12，則$k=\frac{（n-8）（n+24）}{n^2}$=$1+\frac{16}{n}-\frac{192}{n^2}≤\frac{4}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)n=24，即$t=±2\sqrt{3}$等號成立，
所以k的最大值為$\frac{4}{3}$．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，二次函數(shù)的最值的求法，難度比較大．