Question

14．如圖，點$A（1，\sqrt{3}）$為橢圓$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{n}=1$上一定點，過點A引兩直線與橢圓分別交于B，C兩點．
（1）求橢圓方程；
（2）若直線AB，AC與x軸圍成以點A為頂點的等腰三角形，求△ABC的面積最大值，并求出此時直線BC的方程．

Answer 1

分析 （1）將A的坐標(biāo)代入橢圓方程，解得n．即可得到橢圓方程；
（2）設(shè)AB，AC的斜率分別為k₁、k₂，求出直線AB的方程，聯(lián)立橢圓方程，消去y，解方程可得B的坐標(biāo)，同理可得C的坐標(biāo)，求得BC的斜率，設(shè)直線BC的方程為$y=\sqrt{3}x+m$，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，求得A到直線BC的距離，由三角形的面積公式，結(jié)合配方法，即可得到所求面積的最大值和此時直線BC的方程．

解答 解：（1）把點$A（1，\sqrt{3}）$代入$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{n}=1$得n=6，
故橢圓方程為$\frac{y^2}{6}+\frac{x^2}{2}=1$；
（2）顯然題中等腰三角形腰所在的直線不可能與x軸垂直，
因此其斜率必存在，設(shè)AB，AC的斜率分別為k₁、k₂，
由$\left\{\begin{array}{l}y-\sqrt{3}={k_1}（x-1）\\ \frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{6}=1\end{array}\right.$得點B的橫坐標(biāo)為$x=1-\frac{{6+2\sqrt{3}{k_1}}}{k_1^2+3}$，
∴點B的縱坐標(biāo)為$y=\sqrt{3}-\frac{{2\sqrt{3}k_1^2+6{k_1}}}{k_1^2+3}$，即$B（1-\frac{{6+2\sqrt{3}{k_1}}}{k_1^2+3}，\sqrt{3}-\frac{{2\sqrt{3}k_1^2+6{k_1}}}{k_1^2+3}）$．
同理可得點C的坐標(biāo)為$C（1-\frac{{6+2\sqrt{3}{k_2}}}{k_2^2+3}，\sqrt{3}-\frac{{2\sqrt{3}k_2^2+6{k_2}}}{k_2^2+3}）$，
∵k₁+k₂=0，∴直線BC的斜率為${k_{BC}}=\sqrt{3}$．
設(shè)直線BC的方程為$y=\sqrt{3}x+m$，代入方程$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{6}=1$得$6{x^2}+2\sqrt{3}mx+{m^2}-6=0$，
x_B+x_C=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，x_Bx_C=$\frac{{m}^{2}-6}{6}$，|BC|=$\sqrt{1+3}$|x_B-x_C|=2$\sqrt{\frac{1}{3}{m}^{2}-\frac{2（{m}^{2}-6）}{3}}$，
∴$|BC|=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}\sqrt{12-{m^2}}$，
又點A到直線BC的距離為$d=\frac{|m|}{2}$，
∴$S=\frac{1}{2}|BC|•d=\frac{{\sqrt{3}}}{6}\sqrt{{m^2}（12-{m^2}）}=\frac{{\sqrt{3}}}{6}\sqrt{-{{（{m^2}-6）}^2}+36}$，
∴當(dāng)m²=6，即$m=±\sqrt{6}$時，△ABC面積取得最大值為$\sqrt{3}$．
此時，直線BC的方程為$y=\sqrt{3}x±\sqrt{6}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用點滿足橢圓方程，考查三角形的面積的最大值，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及點到直線的距離公式，二次函數(shù)的最值求法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．