Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），且橢圓上的點(diǎn)到一個焦點(diǎn)的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$b．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）若點(diǎn)M（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在橢圓C上，不過原點(diǎn)O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，與直線OM相交于點(diǎn)N，且N是線段AB的中點(diǎn)，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，得$a-c=\frac{{\sqrt{3}}}{3}b$，然后求解離心率即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a=2c，則b²=3c²．將$M（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$代入橢圓方程$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，解得c=1．求出橢圓方程，
直線OM的方程為$y=\frac{1}{2}x$．當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，AB的中點(diǎn)不在直線$y=\frac{1}{2}x$上，故直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y=kx+m（m≠0），與$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立消y，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理求出AB的中點(diǎn)$N（-\frac{4km}{{3+4{k^2}}}，\frac{3m}{{3+4{k^2}}}）$，推出-$\sqrt{12}$$＜m＜\sqrt{12}$，且m≠0，利用弦長公式以及三角形的面積，推出結(jié)果即可．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）由題意，得$a-c=\frac{{\sqrt{3}}}{3}b$，…（1分）
則${（a-c）^2}=\frac{1}{3}{b^2}$，結(jié)合b²=a²-c²，得${（a-c）^2}=\frac{1}{3}（{a^2}-{c^2}）$，
即2c²-3ac+a²=0，…（2分）
亦即2e²-3e+1=0，結(jié)合0＜e＜1，解得$e=\frac{1}{2}$．
所以橢圓C的離心率為$\frac{1}{2}$．…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a=2c，則b²=3c²．
將$M（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$代入橢圓方程$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，解得c=1．
所以橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（6分）
易得直線OM的方程為$y=\frac{1}{2}x$．
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，AB的中點(diǎn)不在直線$y=\frac{1}{2}x$上，故直線l的斜率存在．
設(shè)直線l的方程為y=kx+m（m≠0），與$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立消y得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
所以△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-12）=48（3+4k²-m²）＞0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．…（8分）
由${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+2m=\frac{6m}{{3+4{k^2}}}$，得AB的中點(diǎn)$N（-\frac{4km}{{3+4{k^2}}}，\frac{3m}{{3+4{k^2}}}）$，
因?yàn)镹在直線$y=\frac{1}{2}x$上，所以$-\frac{4km}{{3+4{k^2}}}=2×\frac{3m}{{3+4{k^2}}}$，解得k=-$\frac{3}{2}$．…（10分）
所以△=48（12-m²）＞0，得-$\sqrt{12}$$＜m＜\sqrt{12}$，且m≠0，
|AB|=$\sqrt{1+（\frac{3}{2}）^{2}}$|x₂-x₁|=$\frac{\sqrt{13}}{2}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}•\sqrt{{m}^{2}-\frac{4{m}^{2}-12}{3}}$=$\frac{\sqrt{69}}{6}\sqrt{12-{m}^{2}}$．
又原點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{2|m|}{\sqrt{13}}$，…（12分）
所以${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{39}}}{6}\sqrt{12-{m^2}}×\frac{2|m|}{{\sqrt{13}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{6}\sqrt{（12-{m^2}）{m^2}}$$≤\frac{{\sqrt{3}}}{6}•\frac{{12-{m^2}+{m^2}}}{2}=\sqrt{3}$．
當(dāng)且僅當(dāng)12-m²=m²，m=$±\sqrt{6}$時(shí)等號成立，符合-$\sqrt{12}$$＜m＜\sqrt{12}$，且m≠0．
所以△OAB面積的最大值為：$\sqrt{3}$．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的應(yīng)用，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用，難度比較大．