Question

8．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，直線(xiàn)l₁：y=kx（k≠0）與橢圓相交于點(diǎn)A，B，過(guò)點(diǎn)B且斜率為$\frac{1}{4}$k的直線(xiàn)l₂與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為D，AD⊥AB．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線(xiàn)l₂與x軸，y軸分別相交于點(diǎn)M，N，求△OMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），D（x₂，y₂），則B（-x₁，-y₁），代入橢圓方程可得$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}$=1由AD⊥AB，可得k_AD=-$\frac{1}{k}$，利用斜率計(jì)算公式可得：$-\frac{1}{k}$=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，$\frac{1}{4}k$=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$，相乘可得：$\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{4}$，又a²-b²=3，聯(lián)立解出即可得出．
（2）$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=k，可得直線(xiàn)l₂的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$（x+x₁），分別令x=0，y=0，可得S_△OMN=$\frac{1}{2}|OM||ON|$=$\frac{9}{8}$|x₁y₁|，由1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$+${y}_{1}^{2}$利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），D（x₂，y₂），則B（-x₁，-y₁），
則$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}$=1
∵AD⊥AB，∴k_AD=-$\frac{1}{k}$，
因此$-\frac{1}{k}$=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，$\frac{1}{4}k$=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$，
∴$-\frac{1}{4}$=$\frac{{y}_{2}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}$=$\frac{-\frac{^{2}}{{a}^{2}}（{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}）}{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}$，化為$\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{4}$，
又a²-b²=3，
解得a²=4，b²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）∵$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=k，
∴直線(xiàn)l₂的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$（x+x₁），
令y=0得x_M=3x₁，令x=0，得y_N=-$\frac{3}{4}{y}_{1}$，
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}|OM||ON|$=$\frac{9}{8}$|x₁y₁|，
∵1=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$+${y}_{1}^{2}$≥|x₁y₁|，且當(dāng)|x₁|=2|y₁|時(shí)，取等號(hào)，
∴△OMN面積的最大值是$\frac{9}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率計(jì)算公式、直線(xiàn)方程、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．