Question

18．如圖，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)分別為點(diǎn)A、B，已知橢圓C的焦距為2，且|AB|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$|BF|．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若過點(diǎn)P（0，-2）的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)△MON面積取得最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=1，再由兩點(diǎn)的距離公式，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）方法一、設(shè)直線l的方程為y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，以及弦長公式，點(diǎn)到直線的距離公式和三角形的面積公式，結(jié)合基本不等式即可得到直線方程；
方法二、設(shè)出直線的方程，求得交點(diǎn)D，運(yùn)用三角形的面積公式可得S_△OMN=$\frac{1}{2}$|OD|•|y₁-y₂|，由直線方程和韋達(dá)定理，代入整理，再由解不等式可得最大值及對應(yīng)的斜率，即可得到所求直線的方程．

解答 解：（1）橢圓C的焦距為2，所以2c=2，c=1，
由已知$|{AB}|=\frac{{\sqrt{6}}}{2}|{BF}|$，即$\sqrt{{a^2}+{b^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}a$，
2a²+2b²=3a²，a²=2b²=b²+c²，
所以$b=c=1，a=\sqrt{2}$，
可得橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）解法一：由題意知直線l的斜率存在，
設(shè)直線l的方程為y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx-2\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去y得關(guān)于x的方程：（1+2k²）x²-8kx+6=0，
由直線l與橢圓相交于M、N兩點(diǎn)，∴△＞0⇒64k²-24（1+2k²）＞0，
解得${k^2}＞\frac{3}{2}$，
又由韋達(dá)定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴$|MN|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$
=$\frac{{\sqrt{1+{k^2}}}}{{1+2{k^2}}}\sqrt{16{k^2}-24}$，
原點(diǎn)O到直線l的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
∵${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{2{k^2}-3}}}{{1+2{k^2}}}$．
解法1：令$m=\sqrt{2{k^2}-3}（m＞0）$，
則2k²=m²+3∴$S=\frac{{2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+4}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{m+\frac{4}{m}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$m=\frac{4}{m}$即m=2時(shí)，${（{S_{△MON}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
此時(shí)$k=±\frac{{\sqrt{14}}}{2}$．
所以，所求直線方程為$±\sqrt{14}x-2y-4=0$．
解法2：對$S=\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}$兩邊平方整理得：4S²k⁴+4（S²-4）k²+S²+24=0（*）
∵S≠0，$\left\{\begin{array}{l}16{（{S^2}-4）^2}-4×4{S^2}（{S^2}+24）≥0\\ \frac{{4-{S^2}}}{S^2}＞0\\ \frac{{{S^2}+24}}{{4{S^2}}}＞0\end{array}\right.$，整理得：${S^2}≤\frac{1}{2}$，
又S＞0，∴$0＜S≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
從而S_△MON的最大值為$S=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此時(shí)代入方程（*）得4k⁴-28k²+49=0∴$k=±\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，
所以，所求直線方程為：$±\sqrt{14}x-2y-4=0$．
解法二：由題意知直線l的斜率存在且不為零．
設(shè)直線l的方程為y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則直線l與x軸的交點(diǎn)$D（\frac{2}{k}，0）$，
由解法一知${k^2}＞\frac{3}{2}$且$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{OD}|•|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{1}{2}|{\frac{2}{k}}|•|{k{x_1}-2-k{x_2}+2}|$
=|x₁-x₂|=$\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}$=$\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{2{k^2}-3}}}{{1+2{k^2}}}$．
下同解法一．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用兩點(diǎn)的距離和a，b，c的關(guān)系，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用判別式大于0和韋達(dá)定理，弦長公式，以及基本不等式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．