Question

20．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$，B（0，1）為橢圓的一個頂點，直線l交橢圓于P，Q（異于點B）兩點，BP⊥BQ．
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）求△BPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意$b=1，\frac{c}{a}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}，{b^2}={a^2}-{c^2}$，解出即可得出．
（Ⅱ）方法1：設(shè)l：y=kx+m代入$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$可得：（9k²+1）x²+18kmx+9m²-9=0．由$BP⊥BQ⇒\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{BQ}={x_1}{x_2}+（{y_1}-1）（{y_2}-1）=0$，
整理利用根與系數(shù)的關(guān)系代入可得5m²-m-4=0，$m=-\frac{4}{5}$．直線l：y=kx+m過定點$M（0，-\frac{4}{5}）$，S=$\frac{1}{2}$|BM||x₁-x₂|=$\frac{27}{5}$$\frac{\sqrt{9{k}^{2}+\frac{9}{25}}}{9{k}^{2}+1}$，變形利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
方法2：上面同方法1，可得S=$\frac{1}{2}$|BM||x₁-x₂|=$\frac{27}{5}$$\frac{\sqrt{9{k}^{2}+\frac{9}{25}}}{9{k}^{2}+1}$，設(shè)t=$\frac{1}{9{k}^{2}+1}$，換元利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
解法3：設(shè)直線BP方程為y=kx+1與$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$聯(lián)立，得（9k²+1）x²+18kx=0，解得${x_P}=-\frac{18k}{{9{k^2}+1}}$，可得|BP|，|BQ|，S=$\frac{1}{2}$|BP||BQ|，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）依題意$b=1，\frac{c}{a}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}，{b^2}={a^2}-{c^2}$，解得a=3，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）方法1：設(shè)l：y=kx+m代入$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$可得：（9k²+1）x²+18kmx+9m²-9=0，
由△=（18km）²-4（9k²+1）（9m²-9）＞0，得9k²+1-m²＞0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-18km}{{9{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=\frac{{9{m^2}-9}}{{9{k^2}+1}}$，
$BP⊥BQ⇒\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{BQ}={x_1}{x_2}+（{y_1}-1）（{y_2}-1）=0$，
∴$（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$，
代入可得：$（{k^2}+1）\frac{{9{m^2}-9}}{{9{k^2}+1}}+k（m-1）（\frac{-18km}{{9{k^2}+1}}）+{（m-1）^2}=0$，
整理得5m²-m-4=0，$m=-\frac{4}{5}$或m=1（舍）．
直線l：y=kx+m過定點$M（0，-\frac{4}{5}）$，
∴$S=\frac{1}{2}|BM||{x_1}-{x_2}|=\frac{9}{10}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{9}{10}\frac{{\sqrt{{{（18km）}^2}-4（9{k^2}+1）（9{m^2}-9）}}}{{9{k^2}+1}}$=$\frac{27}{5}\frac{{\sqrt{9{k^2}+1-{m^2}}}}{{9{k^2}+1}}=\frac{27}{5}\frac{{\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}}}{{9{k^2}+1}}=\frac{{\frac{27}{5}}}{{\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}+\frac{{\frac{16}{25}}}{{\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}}}}}≤\frac{27}{8}$．

此時$\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}=\frac{{\frac{16}{25}}}{{\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}}}，{k^2}=\frac{7}{225}，k=±\frac{{\sqrt{7}}}{15}$．
△BPQ面積的最大值為$\frac{27}{8}$．
解法2：設(shè)l：y=kx+m代入$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$得（9k²+1）x²+18kmx+9m²-9=0，
由△=（18km）²-4（9k²+1）（9m²-9）＞0，得9k²+1-m²＞0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-18km}{{9{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=\frac{{9{m^2}-9}}{{9{k^2}+1}}$，
$BP⊥BQ⇒\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{BQ}={x_1}{x_2}+（{y_1}-1）（{y_2}-1）=0$，
∴$（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$，
代入可得：$（{k^2}+1）\frac{{9{m^2}-9}}{{9{k^2}+1}}+k（m-1）（\frac{-18km}{{9{k^2}+1}}）+{（m-1）^2}=0$，
整理得5m²-m-4=0，$m=-\frac{4}{5}$或m=1（舍）．
$|PQ|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_2}-{x_1}|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{{{（18km）}^2}-4（9{k^2}+1）（9{m^2}-9）}}}{{9{k^2}+1}}=\frac{{6\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{9{k^2}+1-{m^2}}}}{{9{k^2}+1}}$，
點B到直線l的距離為$d=\frac{|m-1|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
$\begin{array}{l}S=\frac{1}{2}|PQ|d=\frac{{3|m-1|\sqrt{9{k^2}+1-{m^2}}}}{{9{k^2}+1}}=\frac{27}{5}\frac{{\sqrt{9{k^2}+\frac{9}{25}}}}{{9{k^2}+1}}=\frac{27}{5}\sqrt{\frac{{9{k^2}+\frac{9}{25}}}{{{{（9{k^2}+1）}^2}}}}=\frac{27}{5}\sqrt{\frac{{9{k^2}+1-\frac{16}{25}}}{{{{（9{k^2}+1）}^2}}}}\end{array}$，
設(shè)$\frac{1}{{9{k^2}+1}}=t∈（0，1]$，則$S=\frac{27}{5}\sqrt{t-\frac{16}{25}{t^2}}=\frac{108}{25}\sqrt{-{t^2}+\frac{25}{16}t}=\frac{108}{25}\sqrt{-{{（t-\frac{25}{32}）}^2}+{{（\frac{25}{32}）}^2}}≤\frac{27}{8}$，
當$t=\frac{1}{{9{k^2}+1}}=\frac{25}{32}$，即${k^2}=\frac{7}{225}，k=±\frac{{\sqrt{7}}}{15}$時，△BPQ面積的最大值為$\frac{27}{8}$．
解法3：設(shè)直線BP方程為y=kx+1與$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$聯(lián)立，得（9k²+1）x²+18kx=0，
解得${x_P}=-\frac{18k}{{9{k^2}+1}}$，
∴$|BP|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{18|k|}{{9{k^2}+1}}$，
同理$|BQ|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}•\frac{{18|\frac{1}{k}|}}{{\frac{9}{k^2}+1}}$，
$\begin{array}{l}S=\frac{1}{2}|BP||BQ|=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\frac{18|k|}{{9{k^2}+1}}•\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}•\frac{{18|\frac{1}{k}|}}{{\frac{9}{k^2}+1}}\\=\frac{{162\sqrt{（1+{k^2}）（1+\frac{1}{k^2}）}}}{{（9{k^2}+1）（\frac{9}{k^2}+1）}}=\frac{{162\sqrt{{k^2}+\frac{1}{k^2}+2}}}{{9（{k^2}+\frac{1}{k^2}+2）+64}}≤\frac{27}{8}\end{array}$
當${k^2}+\frac{1}{k^2}+2=\frac{64}{9}$，即$k+\frac{1}{k}=±\frac{8}{3}$，$k=\frac{{±4±\sqrt{7}}}{3}$時，△BPQ面積的最大值為$\frac{27}{8}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)、函數(shù)的性質(zhì)、換元法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．