Question

11．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的上頂點(diǎn)M與左、右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂構(gòu)成三角形MF₁F₂面積為$\sqrt{3}$，又橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，左右頂點(diǎn)分別為P，Q．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點(diǎn)D（m，0）（m∈（-2，2），m≠0）作兩條射線分別交橢圓C于A，B兩點(diǎn)（A，B在長(zhǎng)軸PQ同側(cè)），直線AB交長(zhǎng)軸于點(diǎn)S（n，0），且有∠ADP=∠BDQ．求證：mn為定值；
（3）橢圓C的下頂點(diǎn)為N，過點(diǎn)T（t，2）（t≠0）的直線TM，TN分別與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．若△TMN的面積是△TEF的面積的λ倍，求λ的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓離心率三角形的面積，解得a，b，即可得到橢圓方程．
（2）設(shè)AB：y=k（x-n）（k≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理以及斜率關(guān)系，推出結(jié)果即可．
（3）設(shè)E（x₃，y₃），F(xiàn)（x₄，y₄），通過${S_{△TMN}}=\frac{1}{2}|{MN}||t|=|t|$，直線TM方程為：x=t（y-1），直線TN：3x-ty-t=0，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出E，F(xiàn)坐標(biāo)，求出E到直線TN：3x-ty-t=0的距離，推出兩個(gè)三角形的面積，利用基本不等式求解即可．

解答 解：（1）橢圓離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{{a^2}-{b^2}}}}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，又$bc=\sqrt{3}，{a^2}={b^2}+{c^2}$，解得a=2，b=1，
∴橢圓$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）由已知AB必有斜率，設(shè)AB：y=k（x-n）（k≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-n）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.⇒（4{k^2}+1）x-8{k^2}nx+4{k^2}{n^2}-4=0，{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}n}}{{4{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}{n^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$.$∠ADP=∠BDQ⇒{k_{AD}}+{k_{BD}}=0⇒\frac{y_1}{{{x_1}-m}}+\frac{y_2}{{{x_2}-m}}=0⇒{y_1}（{x_2}-m）+{y_2}（{x_1}-m）=0$
⇒k（x₁-n）（x₂-m）+k（x₁-m）（x₂-m）=0⇒2x₁x₂-（m+n）（x₁+x₂）+2mn=0⇒mn=4．
（3）設(shè)E（x₃，y₃），F(xiàn)（x₄，y₄），因?yàn)?{S_{△TMN}}=\frac{1}{2}|{MN}||t|=|t|$，
直線TM方程為：x=t（y-1），直線TN：3x-ty-t=0，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=t（y-1）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.⇒{t^2}+4{y^2}-2{t^2}y+{t^2}-4=0⇒{y_3}•1=\frac{{{t^2}-4}}{{{t^2}+4}}⇒E（\frac{-8t}{{{t^2}+4}}，\frac{{{t^2}-4}}{{{t^2}+4}}）$，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{3x=t（y+1）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.⇒{t^2}+36{y^2}+2{t^2}y+{t^2}-36=0⇒{y_4}•-1=\frac{{{t^2}-36}}{{{t^2}+36}}⇒F（\frac{24t}{{{t^2}+36}}，\frac{{36-{t^2}}}{{36+{t^2}}}）$，
所以E到直線TN：3x-ty-t=0的距離$d=\frac{{|{-\frac{24t}{{{t^2}+4}}-\frac{{t（{t^2}-4）}}{{{t^2}+4}}-t}|}}{{\sqrt{{t^2}+9}}}=\frac{{2|t|{t^2}+12}}{{\sqrt{{t^2}+9}（{t^2}+4）}}$，$|{TF}|=\sqrt{{{（{x_4}-t）}^2}+{{（{y_4}-2）}^2}}=\frac{{{t^2}+12\sqrt{{t^2}+9}}}{{{t^2}+36}}$，
∴${S_{△TEF}}=\frac{1}{2}|{TF}|d=\frac{{|t|（{t^2}+6）（{t^2}+12）}}{{（{t^2}+18）（{t^2}+2）}}$，$λ=\frac{{{S_{△TMN}}}}{{{S_{△TEF}}}}=\frac{{{t^2}+36（{t^2}+4）}}{{{{（{t^2}+12）}^2}}}=1+\frac{{16{t^2}}}{{{t^4}+24{t^2}+144}}=1+\frac{16}{{{t^2}+\frac{144}{t^2}+24}}≤\frac{4}{3}$
（取等條件${t^2}=12⇒t=±2\sqrt{3}$），
λ的最大值為$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．