Question

20．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F₂和上頂點(diǎn)B在直線3x+$\sqrt{3}$y-3=0上，M、N為橢圓C上不同兩點(diǎn)，且滿足k_BM•k_BN=$\frac{1}{4}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）證明：直線MN恒過定點(diǎn)；
（3）求△BMN的面積的最大值，并求此時(shí)MN直線的方程．

Answer 1

分析 （1）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F₂和上頂點(diǎn)B在直線3x+$\sqrt{3}$y-3=0上，可得橢圓的右焦點(diǎn)為F₂（1，0），上頂點(diǎn)為B$（0，\sqrt{3}）$，可得c=1，b=$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，即可得出．
（2）由（1）知B$（0，\sqrt{3}）$，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），?當(dāng)直線MN斜率不存在，則x₁=x₂，y₁=-y₂，又$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}$=1，與k_BM•k_BN=$\frac{1}{4}$，不符合．當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立：（4k²+3）x²+8kmx+4（m²-3）=0，又k_BM•k_BN=$\frac{1}{4}$，代入化簡即可得出．
（3）由△＞0，m=2$\sqrt{3}$，可得4k²-9＞0，設(shè)點(diǎn)B到直線MN的距離為d，則S_△BMN=$\frac{1}{2}$|MN|d，又|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，d=$\frac{|k×0-\sqrt{3}+2\sqrt{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，代入S_△BMN化簡即可得出．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F₂和上頂點(diǎn)B在直線3x+$\sqrt{3}$y-3=0上，
∴橢圓的右焦點(diǎn)為F₂（1，0），上頂點(diǎn)為B$（0，\sqrt{3}）$，
故c=1，b=$\sqrt{3}$，a²=b²+c²=4，
∴所求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由（1）知B$（0，\sqrt{3}）$，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
?當(dāng)直線MN斜率不存在，則x₁=x₂，y₁=-y₂，又$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}$=1，
∴k_BM•k_BN=$\frac{3-{y}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}}$=$\frac{3}{4}$≠$\frac{1}{4}$，不符合．
當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（4k²+3）x²+8kmx+4（m²-3）=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{4{k}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{4{k}^{2}+3}$，
又k_BM•k_BN=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}$$•\frac{{y}_{2}-\sqrt{3}}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{4}$，即4y₁y₂-4$\sqrt{3}$（y₁+y₂）+12-x₁x₂=0，
又y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{6m}{4{k}^{2}+3}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$．
代入（*）化簡得${m}^{2}-3\sqrt{3}$m+6=0，解得m=$\sqrt{3}$，m=2$\sqrt{3}$，
又x₁x₂≠0，∴m=2$\sqrt{3}$，即y=kx+2$\sqrt{3}$，
∴直線恒過定點(diǎn)$（0，2\sqrt{3}）$．
（3）由△＞0，m=2$\sqrt{3}$，可得4k²-9＞0，
設(shè)點(diǎn)B到直線MN的距離為d，則S_△BMN=$\frac{1}{2}$|MN|d，
又|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，d=$\frac{|k×0-\sqrt{3}+2\sqrt{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△BMN=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{1+{k}^{2}}$×$\sqrt{（\frac{-8km}{4{k}^{2}+3}）^{2}-4×\frac{4（{m}^{2}-3）}{4{k}^{2}+3}}$×$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{4{k}^{2}-9}}{4{k}^{2}+3}$=$\frac{6}{\sqrt{4{k}^{2}-9}+\frac{12}{\sqrt{4{k}^{2}-9}}}$$≤\frac{\sqrt{13}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)4k²-9=12，即k=$±\frac{\sqrt{21}}{2}$時(shí)，△BMN面積有最大值為$\frac{\sqrt{13}}{2}$，
此時(shí)直線的方程為$\sqrt{21}x$+2y-4$\sqrt{3}$=0或$\sqrt{21}$x-2y+4$\sqrt{3}$=0．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．