Question

10．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），作直線l交橢圓于P，Q兩點，M為線段PQ的中點，O為坐標原點，設直線l的斜率為k₁，直線OM的斜率為k₂，k₁k₂=-$\frac{2}{3}$．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）設直線l與x軸交于點D（-$\sqrt{3}$，0），且滿足$\overrightarrow{DP}$=2$\overrightarrow{QD}$，當△OPQ的面積最大時，求橢圓C的方程．

Answer 1

分析 （1）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），代入橢圓方程，作差，結(jié)合直線的斜率公式和中點坐標公式，即可得到b²=$\frac{2}{3}$a²，運用離心率公式可得所求；
（2）橢圓C的方程為：2x²+3y²=6c²，設直線l的方程為：$x=my-\sqrt{3}$，代入橢圓方程，運用韋達定理，再由向量共線的坐標表示，求得三角形的面積，化簡運用基本不等式可得最大值，即可得到所求橢圓方程．

解答 解：（1）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
代入橢圓C的方程有：$\frac{x_2^2}{a^2}+\frac{y_2^2}{b^2}=1，\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1$，
兩式相減：$\frac{x_2^2-x_1^2}{a^2}+\frac{y_2^2-y_1^2}{b^2}=0$，
即$\frac{{（{x_2}-{x_1}）（{x_2}+{x_1}）}}{a^2}+\frac{{（{y_2}-{y_1}）（{y_2}+{y_1}）}}{b^2}=0$，
直線l的斜率為k₁，直線OM的斜率為k₂，
可得k₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，k₂=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
即有${k_1}{k_2}=-\frac{b^2}{a^2}=-\frac{2}{3}$，
即b²=$\frac{2}{3}$a²，c²=a²-b²=$\frac{1}{3}$a²，
可得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$；
（2）由（1）知$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，得a²=3c²，b²=2c²，
可設橢圓C的方程為：2x²+3y²=6c²，
設直線l的方程為：$x=my-\sqrt{3}$，
代入橢圓C的方程有$（2{m^2}+3）{y^2}-4\sqrt{3}my+6-6{c^2}=0$，
因為直線l與橢圓C相交，所以△=48m²-4（2m²+3）（6-6c²）＞0，
由韋達定理：${y_1}+{y_2}=\frac{{4\sqrt{3}m}}{{2{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{6-6{c^2}}}{{2{m^2}+3}}$．
又$\overrightarrow{DP}=2\overrightarrow{QD}$，所以y₁=-2y₂，代入上述兩式有：$6-6{c^2}=-\frac{{96{m^2}}}{{2{m^2}+3}}$，${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{OD}||{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\frac{{\sqrt{△}}}{|a|}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\frac{{\sqrt{48{m^2}-4（2{m^2}+3）（6-6{c^2}）}}}{{|{2{m^2}+3}|}}$
=$18\frac{|m|}{{2{{|m|}^2}+3}}=18\frac{1}{{2|m|+\frac{3}{|m|}}}≤\frac{{3\sqrt{6}}}{2}$，
當且僅當${m^2}=\frac{3}{2}$時，等號成立，此時c²=5，代入△，有△＞0成立，
所以所求橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{15}+\frac{y^2}{10}=1$．

點評 本題考查橢圓的離心率的求法，注意運用點差法和直線的斜率公式，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和向量共線的坐標表示，同時考查基本不等式的運用：求最值，屬于中檔題．