Question

11．設(shè)F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，過F₂作傾斜角為$\frac{π}{3}$的直線交橢圓D于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)₁到直線AB的距離為2$\sqrt{3}$，連接橢圓D的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形面積為2$\sqrt{5}$．
（1）求橢圓D的方程；
（2）設(shè)過點(diǎn)F₂的直線l被橢圓D和圓C：（x-2）²+（y-2）²=4所截得的弦長分別為m，n，當(dāng)m•n最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）求得直線AB的方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式求得c的值，根據(jù)三角形的面積公式ab=$\sqrt{5}$，由a²=b²+c²，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程，求得O到直線l的距離d，代入橢圓方程，利用弦長公式，求得m和n，利用基本不等式的性質(zhì)，即可求得t的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)F₁坐標(biāo)為（-c，0），F(xiàn)₂坐標(biāo)為（c，0），（c＞0），
則直線AB的方程為$y=\sqrt{3}（{x-c}）$，即$\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}c=0，\frac{{|{-\sqrt{3}c-\sqrt{3}c}|}}{{\sqrt{3+1}}}=2\sqrt{3}，c=2$；
又$S=\frac{1}{2}•2a•2b=2\sqrt{5}$，
∴$ab=\sqrt{5}$，解得：a²=5，b²=1，
∴橢圓D的方程為$\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$；
（2）易知直線l的斜率不為0，可設(shè)直線l的方程為x=ty+2，則圓心C到直線l的距離為$d=\frac{{|{2t}|}}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，
∴$n=2\sqrt{{2^2}-{d^2}}=\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}，\left\{\begin{array}{l}x=ty+2\\ \frac{x^2}{5}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（t²+5）y²+4ty-1=0，
∴$m=\sqrt{1+{t^2}}|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{2\sqrt{5}（{{t^2}+1}）}}{{{t^2}+5}}$，
∴$m•n=\frac{{8\sqrt{5}•\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+5}}=\frac{{8\sqrt{5}}}{{\sqrt{{t^2}+1}+\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}}≤2\sqrt{5}$（當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{{t^2}+1}=\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，即$t=±\sqrt{3}$時(shí)，等號成立），
∴直線方程為$x-\sqrt{3}y-2=0$或$x+\sqrt{3}y-2=0$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，點(diǎn)到直線的距離公式，考查韋達(dá)定理，弦長公式及基本不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．