Question

2．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{3}=1（a＞\sqrt{3}）$的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，設(shè)離心率為e，且滿足$\frac{1}{{|{OF}|}}+\frac{1}{{|{OA}|}}=\frac{3e}{{|{AF}|}}$，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)（0，1）的直線l與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的焦半距為c，結(jié)合題意分析可得$\frac{1}{c}+\frac{1}{a}=\frac{3e}{a-c}$，結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)可得a、b的值，代入橢圓的方程即可得答案；
（Ⅱ）由題意分析可得直線l與x軸不垂直，設(shè)其方程為y=kx+1，聯(lián)立l與橢圓C的方程，可得（4k²+3）x²+8kx-8=0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可以用k表示|MN|與O到l的距離，由三角形面積公式計(jì)算可得△OMN的面積$S=\frac{1}{2}d|{MN}|=\frac{{2\sqrt{6}\sqrt{2{k^2}+1}}}{{4{k^2}+3}}=2\sqrt{6}\sqrt{\frac{{2{k^2}+1}}{{{{（4{k^2}+3）}^2}}}}$，由基本不等式分析可得答案．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的焦半距為c，則|OF|=c，|OA|=a，|AF|=a-c．
所以$\frac{1}{c}+\frac{1}{a}=\frac{3e}{a-c}$，其中$e=\frac{c}{a}$，
又b²=3=a²-c²，聯(lián)立解得a=2，c=1．
所以橢圓C的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．   
（Ⅱ）由題意直線不能與x軸垂直，否則將無法構(gòu)成三角形．  
當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)其斜率為k，那么l的方程為y=kx+1．
聯(lián)立l與橢圓C的方程，消去y，得（4k²+3）x²+8kx-8=0．
于是直線與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是△=（8k）²+32（4k²+3），這顯然大于0．
設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由根與系數(shù)的關(guān)系得${x_1}+{x_2}=-\frac{8k}{{4{k^2}+3}}$，${x_1}{x_2}=-\frac{8}{{4{k^2}+3}}$．    
所以$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{6}\sqrt{2{k^2}+1}\sqrt{1+{k^2}}}}{{4{k^2}+3}}$，又O到l的距離$d=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$．
所以△OMN的面積$S=\frac{1}{2}d|{MN}|=\frac{{2\sqrt{6}\sqrt{2{k^2}+1}}}{{4{k^2}+3}}=2\sqrt{6}\sqrt{\frac{{2{k^2}+1}}{{{{（4{k^2}+3）}^2}}}}$；
令t=4k²+3≥3，那么$S=2\sqrt{3}\sqrt{\frac{t-1}{t^2}}=2\sqrt{3}\sqrt{-\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}}≤\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=3時(shí)取等．
所以△OMN面積的最大值是$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及直線與橢圓的位置關(guān)系，關(guān)鍵是由橢圓的幾何性質(zhì)求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．