Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;\;（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，短軸的一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求△AOB面積的最大值，并求此時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{3}$，解得c=$\sqrt{2}$，可得b²=a²-c²，即可得出．
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，直線l的方程為：x=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，代入橢圓方程可得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，此時(shí)S_△AOB=$\frac{3}{4}$．當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m．可得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0，△＞0化為：1+3k²＞m²．可得|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|•$\frac{\sqrt{3}}{2}$，化簡(jiǎn)利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{3}$，解得c=$\sqrt{2}$，∴b²=a²-c²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}$=1．
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，直線l的方程為：x=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，代入橢圓方程可得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，此時(shí)S_△AOB=$\frac{1}{2}×2×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{4}$．
當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m．
則$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，化為：4m²=3（1+k²）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，化為：（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0，
△＞0化為：1+3k²＞m²．
∴x₁+x₂=$\frac{-6km}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{m}^{2}-3}{1+3{k}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{36{k}^{2}{m}^{2}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{m}^{2}-3）}{1+3{k}^{2}}]}$=$\frac{2\sqrt{3}\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+3{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|•$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\frac{2\sqrt{3}\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+3{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$=$\frac{3}{4}$$\frac{\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+9{k}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$，
令k²=t≥0，f（t）=$\frac{（1+t）（1+9t）}{（1+3t）^{2}}$=$\frac{1+10t+9{t}^{2}}{1+6t+9{t}^{2}}$=$\frac{4t}{1+6t+9{t}^{2}}$+1，
當(dāng)t=0時(shí)，f（0）=1，∴S_△AOB=$\frac{3}{4}$；
當(dāng)t＞0時(shí)，f（t）=$\frac{4}{\frac{1}{t}+9t+6}$+1≤$\frac{4}{6+2\sqrt{\frac{1}{t}•9t}}$+1=$\frac{4}{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{1}{3}$，即k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)取等號(hào)，此時(shí)∴S_△AOB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
綜上可得：△AOB面積的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，可得4m²=3×$（1+\frac{1}{3}）$=4，解得m=±1．
此時(shí)直線l的方程為：y=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$x±1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形的面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．