Question

10．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦點為F，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l：y=kx+t（k≠0）與橢圓C交于M、N兩點，線段MN的垂直平分線與y軸交點P（0，-$\frac{1}{4}$），求△MON（O為坐標(biāo)原點）面積的最大值．

Answer 1

分析 對第（1）問，由離心率得a與c的等量關(guān)系，由橢圓的通徑長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，得a與b有等量關(guān)系，結(jié)合c²=a²-b²，消去c，即得a²，b²，從而得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
對第（2）問，聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），線段MN的中點為G（x₀，y₀），由韋達(dá)定理及中點公式，得x₀及y₀的表達(dá)式，用k，t表示直線MN的垂直平分線的方程，將P點坐標(biāo)（0，-$\frac{1}{4}$）代入，得k與t的等量關(guān)系．由弦長公式，得|MN|，由點到直線距離公式，得△MON底邊MN上的高，從而得△MON面積的表達(dá)式，即可探求其面積的最大值．

解答 解：（1）設(shè)F（-c，0），由離心率$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$知，
a²=3c²=3（a²-b²），得3b²=2a²．…①
易知，過F且與x軸垂直的直線方程為x=-c，
代入橢圓方程中，得$\frac{（-c）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}=1$，解得y=±$\frac{^{2}}{a}$
由題意，得$2•\frac{^{2}}{a}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，得$\frac{^{2}}{a}=\frac{2}{\sqrt{3}}$．…②
聯(lián)立①、②，得$a=\sqrt{3}$，b²=2，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理，得（3k²+2）x²+6ktx+3t²-6=0，…③
有△=24（3k²+2-t²）＞0，得3k²+2＞t²，…④
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中點為G（x₀，y₀），
由韋達(dá)定理，得x₁+x₂=$-\frac{6kt}{3{k}^{2}+2}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{t}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}$，
則x₀=$-\frac{3kt}{3{k}^{2}+2}$，${y}_{0}=k•\frac{-3kt}{3{k}^{2}+2}+t=\frac{2t}{3{k}^{2}+2}$，
∴線段MN的垂直平分線方程為：y-$\frac{2t}{3{k}^{2}+2}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{3kt}{3{k}^{2}+2}$），
將P點的坐標(biāo)（0，-$\frac{1}{4}$）代入上式中，得-$\frac{1}{4}$-$\frac{2t}{3{k}^{2}+2}$=-$\frac{1}{k}$（0+$\frac{3kt}{3{k}^{2}+2}$），
化簡得：3k²+2=4t，代入④式中，有4t＞t²，得0＜t＜4．                  
|MN|=$\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{（\frac{-6kt}{3{k}^{2}+2}）^{2}-4•\frac{3{t}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}}$
=$2\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{\frac{18{k}^{2}-6{t}^{2}+12}{（3{k}^{2}+2）^{2}}}$．
設(shè)原點O到直線MN的距離為d，則$d=\frac{|t|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴S_△MON=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{1}{2}$•$2\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{\frac{18{k}^{2}-6{t}^{2}+12}{（3{k}^{2}+2）^{2}}}$．$\frac{|t|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$
=$\sqrt{\frac{-6{t}^{2}+24t}{16}}$=$\frac{\sqrt{-6（t-2）^{2}+24}}{4}$，
當(dāng)t=2時，S_△MON有最大值$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
此時，由3k²+2=4t知，k=±$\sqrt{2}$，
∴△MON面積的最大值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$，此時直線l的方程為y=±$\sqrt{2}$x+2．

點評 本題計算量較大，考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，直線與橢圓相交的綜合問題，處理此類問題的常見技巧如下：
1．確定橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，關(guān)鍵是確定a²，b²的值，若引入c，則需建立關(guān)于a，b，c的三個獨立的方程，注意隱含條件“a²=b²+c²”運用．
2．對于直線與橢圓相交的有關(guān)三角形面積的最值問題，一般是聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用韋達(dá)定理及弦長公式，寫出面積的表達(dá)式，轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)問題，或利用導(dǎo)數(shù)，或利用其本不等式尋求最值．