Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且過點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{6}}{3}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)與圓O：x²+y²=$\frac{3}{4}$相切的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最大值，及取得最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的離心率公式和點(diǎn)滿足橢圓方程，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）討論①當(dāng)k不存在時(shí)，②當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線y=kx+m代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及直線和圓相切的條件：d=r，結(jié)合基本不等式即可得到所求面積的最大值和直線l的方程．

解答 解：（1）由題意可得，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a²-b²=c²，
點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{6}}{3}$）代入橢圓方程，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{3^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{3}$，b=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（2）①當(dāng)k不存在時(shí)，x=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$時(shí)，可得y=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
S_△OAB=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{4}$；
②當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
將直線y=kx+m代入橢圓方程可得（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0，
x₁+x₂=-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{m}^{2}-3}{1+3{k}^{2}}$，
由直線l與圓O：x²+y²=$\frac{3}{4}$相切，可得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即有4m²=3（1+k²），
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-6km}{1+3{k}^{2}}）^{2}-\frac{12（{m}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}}$
=$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{1+10{k}^{2}+9{k}^{4}}{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}}$=$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+\frac{4{k}^{2}}{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}}$
=$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+\frac{4}{9{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+6}}$≤$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+\frac{4}{2\sqrt{9}+6}}$=2，
當(dāng)且僅當(dāng)9k²=$\frac{1}{{k}^{2}}$ 即k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)等號成立，
可得S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•r≤$\frac{1}{2}$×2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即有△OAB面積的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，此時(shí)直線方程y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$x±1．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查三角形的面積的最大值，注意運(yùn)用分類討論的思想方法，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及直線和圓相切的條件：d=r，和基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題．