Question

16．設(shè)橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1$（a＞2）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．斜率為k的直線l過點(diǎn)E（0，1），且與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)．
（1）求橢圓方程．
（2）若直線l與x軸相交于點(diǎn)G，且$\overline{GC}=\overline{DE}$，求k的值．
（3）求△COD的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率結(jié)合隱含條件求得a，c的值，則橢圓方程可求；
（2）由題意設(shè)出直線方程，和橢圓方程聯(lián)立，化為關(guān)于x的一元二次方程后利用根與系數(shù)的關(guān)系可得C，D兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和與積，把$\overline{GC}=\overline{DE}$轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的橫坐標(biāo)間的關(guān)系，代入根與系數(shù)的關(guān)系后求得k值；
（3））△COD的面積s=$\frac{1}{2}×OE×$|x₁-x₂|=$\frac{3\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\frac{3}{2}（2{k}^{2}+1）+\frac{1}{2}}$，令$\sqrt{2{k}^{2}+1}=t$，（t≥1），則s=$\frac{2\sqrt{2}t}{\frac{3}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{3}{2}t+\frac{1}{2t}}≤\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

解答 （1）解：由e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，得a²=3c²，又b²=4，a²=b²+c²，
∴c²=2，a²=6．
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（2）解：如圖，由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，
設(shè)其方程為y=kx+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（2+3k²）x²+6kx-9=0．
再設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-6k}{2+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{-9}{2+3{k}^{2}}$．
∵直線l與x軸相交于點(diǎn)G，且$\overline{GC}=\overline{DE}$，則x₁=x_G-x₂，即x₁+x₂=x_G，
由y=kx+1，取y=0可得${x}_{G}=-\frac{1}{k}$，$\frac{-6k}{2+3{k}^{2}}=-\frac{1}{k}$，解得k=$±\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）由（2）得|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{6\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$，
△COD的面積s=$\frac{1}{2}×OE×$|x₁-x₂|=$\frac{3\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\frac{3}{2}（2{k}^{2}+1）+\frac{1}{2}}$，
令$\sqrt{2{k}^{2}+1}=t$，（t≥1），則s=$\frac{2\sqrt{2}t}{\frac{3}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{3}{2}t+\frac{1}{2t}}≤\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
當(dāng)$t=\sqrt{3}，即$k=±1時(shí)，取等號，故△COD的面積的最大值為$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，面積問題．屬于中檔題．