Question

6．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的一個(gè)頂點(diǎn)為M（0，-1），離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若存在關(guān)于過(guò)點(diǎn)M的直線，使得點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于該直線對(duì)稱，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，用m表示△MAB的面積S，并判斷S是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）由題意可得b=1，運(yùn)用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（ II）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去y，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，及兩點(diǎn)的距離公式，化簡(jiǎn)整理，解不等式即可得到所求范圍；
（III）運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式和點(diǎn)到直線的距離，以及三角形的面積公式，由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，計(jì)算即可得到面積的最值情況．

解答 解：（I）由橢圓C的一個(gè)頂點(diǎn)為M（0，-1），可得b=1，
由離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
又a²=b²+c²，解得a²=3，
即有橢圓$C：\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（ II）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+3{y^2}=3\\ y=kx+m\end{array}\right.$
得（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0
所以△=（6km）²-4（3k²+1）（3m²-3）＞0，即有m²＜3k²+1
可得${x_1}+{x_2}=-\frac{6km}{{3{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{m^2}-3}}{{3{k^2}+1}}$，
${y_1}+{y_2}=\frac{2m}{{3{k^2}+1}}$．
由A，B關(guān)于過(guò)點(diǎn)M（0，-1）的直線對(duì)稱，
可得|MA|=|MB|，
即${x_1}^2+{（{y_1}+1）^2}={x_2}^2+{（{y_2}+1）^2}$，
（x₂+x₁）（x₂-x₁）+（y₂+y₁+2）（y₂-y₁）=0，
即有（x₂+x₁）+k（y₂+y₁+2）=0，
$-\frac{6km}{{3{k^2}+1}}+（\frac{2m}{{3{k^2}+1}}+2）k=0$，即為2m=3k²+1＞1（k≠0），
又△=12m（2-m）＞0，
故$\frac{1}{2}＜m＜2$；
（III）$|{AB}|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{12m（2-m）}}}{{3{k^2}+1}}$，
A到l：y=kx+m的距離$d=\frac{{|{m+1}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
則${S_{△MAB}}=\frac{1}{2}|{AB}|d$=$\frac{1}{2}×\frac{{|{m+1}|\sqrt{12m（2-m）}}}{2m}$，
所以${S^2}=\frac{3}{4}（3+\frac{2}{m}-{m^2}）$，
設(shè)$f（m）=3+\frac{2}{m}-{m^2}（\frac{1}{2}＜m＜2）$，
則導(dǎo)數(shù)$f'（m）=-2m-\frac{2}{m^2}＜0$，
所以f（m）在$（\frac{1}{2}，2）$上是減函數(shù)，
所以面積S無(wú)最大值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．