Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）短軸的兩個(gè)頂點(diǎn)與右焦點(diǎn)的連線構(gòu)成等邊三角形，直線3x+4y+6=0與以橢圓C的上頂點(diǎn)為圓心，以橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）橢圓C與x軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A的直線AM、AN分別與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，k_AM、k_AN分別為直線AM、AN的斜率，k_AM•k_AN=-

3

4

，求證：直線MN過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，求△AMN面積的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程

專(zhuān)題：計(jì)算題,證明題,直線與圓,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（1）由等邊三角形，得到a=2b，再由直線和圓相切的條件，得到5a=4b+6，解得a，b，即可得到橢圓方程；
（2）設(shè)出直線MN的方程，和M，N的坐標(biāo)，把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出x₁+x₂和x₁x₂，進(jìn)而利用k_AM•k_AN=-

3

4

，求得k，t的關(guān)系，進(jìn)而可求得直線MN恒過(guò)定點(diǎn)；
（3）設(shè)直線MN：x=my-1，聯(lián)立橢圓方程，消去x，運(yùn)用韋達(dá)定理，再由△AMN面積為S=

1

2

|AQ|•|y₁-y₂|，代入化簡(jiǎn)整理，再由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)，即可得到最大值．

解答： （1）解：由于短軸的頂點(diǎn)與右焦點(diǎn)的距離為a，
則由短軸的兩個(gè)頂點(diǎn)與右焦點(diǎn)的連線構(gòu)成等邊三角形，則a=2b，
又直線3x+4y+6=0與以橢圓C的上頂點(diǎn)為圓心，以橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切，
則d=

|0+4b+6|

32+42

=a，即有5a=4b+6，
解得，a=2，b=1．
則橢圓方程為：

x2

4

+y2=1；
（2）證明：設(shè)直線MN的方程為y=kx+t，M、N坐標(biāo)分別為M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），
由

y=kx+t x2+4y2=4

⇒（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0．
判別式為64k²t²-4（1+4k²）（4t²-4）＞0，
∴x₁+x₂=-

8kt

1+4k2

，x₁x₂=

4t2-4

1+4k2

，
∵k_AM=

y1

x1+2

，k_AN=

y2

x2+2

，
∴k_AM•k_AN=

(kx1+t)(kx2+t)

(x1+2)(x2+2)

=

k2x1x2+kt(x1+x2)+t2

x1x2+2(x1+x2)+4

=-

3

4

，
將韋達(dá)定理代入，并整理得

t2-4k2

4t2-16kt+16k2

=-

3

4

，化簡(jiǎn)得，t²-3kt+2k²=0，
即有t=k或t=2k，則直線MN的方程為y=k（x+1）或y=k（x+2），
由于A（-2，0），則直線MN恒過(guò)定點(diǎn)Q（-1，0）；
（3）解：△AMN面積為S=

1

2

|AQ|•|y₁-y₂|，
設(shè)直線MN：x=my-1，聯(lián)立橢圓方程，得到（4+m²）y²-2my-3=0，
則y₁+y₂=

2m

4+m2

，y₁y₂=

-3

4+m2

，
則S=

1

2

(y1+y2)2-4y1y2

=

1

2

( 2m 4+m2 )2+ 12 4+m2

=

2 3+m2

4+m2

=

2

3+m2 + 1 3+m2

令

3+m2

=u（u≥

3

），則u+

1

u

在[

3

，+∞）遞增，當(dāng)u=

3

，即有m=0，
則u+

1

u

取最小值

4 3

3

，此時(shí)S取得最大值2×

3

4 3

=

3

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線和圓相切的條件，考查聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．