Question

16．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），左焦點(diǎn)F（-c，0）到直線bx+ay=0的距離為$\frac{\sqrt{3}b}{3}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）直線l過點(diǎn)F，與橢圓E交于不同兩點(diǎn)A，B，橢圓E的右焦點(diǎn)為F′，求當(dāng)△ABF′面積最大時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{^{2}}=1}\\{\frac{|-cb+0|}{\sqrt{^{2}+{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}b}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解方程組即可；
（2）由（1）知F（-2，0），F(xiàn)′（2，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）；分直線AB的斜率是否存在進(jìn)行討論，從而確定△ABF′面積的最大值時(shí)的直線l的方程．

解答 解：（1）由題意得，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{^{2}}=1}\\{\frac{|-cb+0|}{\sqrt{^{2}+{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}b}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得，b²=4，c²=4，a²=8；
故橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）由（1）知，F(xiàn)（-2，0），F(xiàn)′（2，0）；設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）；
①當(dāng)直線AB的斜率k不存在時(shí)，l：x=-2，
解$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{x=-2}\end{array}\right.$得，
y₁=$\sqrt{2}$，y₂=-$\sqrt{2}$；
故S_△ABF′=$\frac{1}{2}$|FF′|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$×4×2$\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$；
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，易知斜率不為0，
設(shè)l的方程為：x=ay-2；
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{x=ay-2}\end{array}\right.$可得，（a²+2）y²-4ay-4=0，
故y₁+y₂=$\frac{4a}{{a}^{2}+2}$，y₁y₂=-$\frac{4}{{a}^{2}+2}$；
故（y₁-y₂）²=（$\frac{4a}{{a}^{2}+2}$）²+4$\frac{4}{{a}^{2}+2}$=$\frac{16{a}^{2}+16（{a}^{2}+2）}{（{a}^{2}+2）^{2}}$
=32（-$\frac{1}{（{a}^{2}+2）^{2}}$+$\frac{1}{{a}^{2}+2}$）＜8，
故S_△ABF′=$\frac{1}{2}$|FF′|•|y₁-y₂|＜$\frac{1}{2}$•4•$2\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$；
故當(dāng)△ABF′面積最大時(shí)直線l的方程為x=-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的方程的求法及橢圓與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，同時(shí)考查了三角形的面積的求法及韋達(dá)定理的應(yīng)用．