Question

18．已知橢圓E的一個(gè)頂點(diǎn)為A（0，-1），焦點(diǎn)在x軸上，若橢圓右焦點(diǎn)到直線x-y+2$\sqrt{2}$=0的距離為3
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：y=kx+m（k≠0）與該橢圓交于不同的兩點(diǎn)B，C，若坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求△BOC面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1．右焦點(diǎn)F（c，0）．則$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c．可得a²=1+c²．
（II）由坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得：4m²=3k²+3．設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0．可得|BC|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，利用S_△BOC=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$×|BC|，及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1．右焦點(diǎn)F（c，0）．
則$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c=$\sqrt{2}$．
∴a²=${1}^{2}+（\sqrt{2}）^{2}$=3．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1．
（II）由坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，化為：4m²=3k²+3．
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
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，∴x₁+x₂=-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3{m}^{2}-3}{1+3{k}^{2}}$，
∴|BC|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{36{k}^{2}{m}^{2}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{m}^{2}-3）}{1+3{k}^{2}}]}$
=$\frac{2\sqrt{3（1+{k}^{2}）（1+3{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3（1+{k}^{2}）（1+9{k}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$，
∴S_△BOC=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$×|BC|=$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\frac{\sqrt{3（1+{k}^{2}）（1+9{k}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$=$\frac{3}{4}$×$\sqrt{\frac{（1+{k}^{2}）（1+9{k}^{2}）}{（1+3{k}^{2}）^{2}}}$
=$\frac{3}{4}$$\sqrt{1+\frac{4}{9{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+6}}$≤$\frac{3}{4}×\sqrt{1+\frac{4}{2\sqrt{9}+6}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)取等號(hào)．
∴△BOC面積的最大值是$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．