Question

10．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的一個焦點為F（2，0），且離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$
（1）求橢圓方程；
（2）過點M（3，0）作直線與橢圓交于A，B兩點，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）依題意有c=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）由題意可知過點M的直線斜率存在且不等于0，設直線方程為y=k（x-3）．與橢圓方程聯(lián)立可得（1+3k²）y²+6ky+3k²=0，利用根與系數(shù)的關系可得：S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₁-y₂|=3$\sqrt{\frac{6{k}^{2}-9{k}^{4}}{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}}$=3$\sqrt{\frac{12{k}^{2}+1}{（3{k}^{2}+1）^{2}}-1}$，令3k²+1=t≥1，可得S_△OAB=3$\sqrt{\frac{4t-3}{{t}^{2}}-1}$=3$\sqrt{-3（\frac{1}{t}-\frac{2}{3}）^{2}+\frac{1}{3}}$，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）依題意有c=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，又a²=b²+c²，
可得a²=6，b²=2．
故橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）由題意可知過點M的直線斜率存在且不等于0，設直線方程為y=k（x-3）．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-3）}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去x得（1+3k²）y²+6ky+3k²=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OM|•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$×3×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{1}{2}×$3$\sqrt{\frac{24{k}^{2}-36{k}^{4}}{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}}$=3$\sqrt{\frac{6{k}^{2}-9{k}^{4}}{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}}$=3$\sqrt{\frac{12{k}^{2}+1}{（3{k}^{2}+1）^{2}}-1}$，
令3k²+1=t≥1，則S_△OAB=3$\sqrt{\frac{4t-3}{{t}^{2}}-1}$=3$\sqrt{-3（\frac{1}{t}-\frac{2}{3}）^{2}+\frac{1}{3}}$≤$\sqrt{3}$，當且僅當t=$\frac{3}{2}$，即k²=$\frac{1}{6}$，k=$±\frac{\sqrt{6}}{6}$時取等號．
∴△OAB面積的最大值為$\sqrt{3}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、換元法、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題題．