Question

2．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)$（{-1，\frac{3}{2}}）$，且離心率為$\frac{1}{2}$，過(guò)點(diǎn)P（1，0）的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓的C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且$\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{OR}$，求△MNR面積的最大值以及此時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將點(diǎn)代入橢圓方程，利用橢圓的離心率公式，及a²=b²+c²，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）由|PR|=2．設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及三角形的面積公式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得△MNR面積的最大值及m的值．

解答 解：（Ⅰ）依題意，將$（{-1，\frac{3}{2}}）$代入橢圓方程：$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4{b^2}}}=1$，①
由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，②，
a²=b²+c²，③
解得a=2，$b=\sqrt{3}$，c=1，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）因?yàn)?\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{OR}$，則O為PR的中點(diǎn)，則|PR|=2．
由題意知，直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程為x=my+1，
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，整理得（3m²+4）y²+6my-9=0，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}$．
又因直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)，故△＞0，即（6m）²+36（3m²+4）＞0，m∈R．
則${S_{△MNR}}=\frac{1}{2}|{PR}|•|{{y_1}-{y_2}}|$=|y₁-y₂|=$\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$．
令$t=\sqrt{{m^2}+1}$，則t≥1，${S_{MNR}}=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$=$\frac{12t}{{3{t^2}+1}}=\frac{12}{{3t+\frac{1}{t}}}$，
令$f（t）=3t+\frac{1}{t}$，則函數(shù)f（t）在$[{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，+∞}）$上單調(diào)遞增，
故當(dāng)t≥1時(shí)，f（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，因此有f（t）≥f（1）=4，
∴S_△MNR≤3，
故△MNR面積的最大值為3，此時(shí)直線l的方程為x=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，考查函數(shù)單調(diào)性與橢圓的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．