Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率e=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，過(guò)點(diǎn)A（0，-b）和B（a，0）的直線與原點(diǎn)的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)F₁、F₂分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，過(guò)F₂作直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，求△F₁PQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）寫(xiě)出直線方程的截距式，化為一般式，由點(diǎn)到直線的距離公式得到關(guān)于a，b的方程，結(jié)合橢圓離心率及隱含條件求解a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）由題意設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，化為關(guān)于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得P、Q的縱坐標(biāo)的和與積，代入三角形面積公式，換元后利用基本不等式求得△F₁PQ面積的最大值．

解答 解：（1）直線AB的方程為$\frac{x}{a}+\frac{y}{-b}=1$，即bx-ay-ab=0，
原點(diǎn)到直線AB的距離為$\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即3a²+3b²=4a²b²…①，
$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}⇒{c^2}=\frac{2}{3}{a^2}$…②，
又a²=b²+c²…③，
由①②③可得：a²=3，b²=1，c²=2．
故橢圓方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（2）${F_1}（{-\sqrt{2}，0}），{F_2}（{\sqrt{2}，0}）$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由于直線PQ的斜率不為0，故設(shè)其方程為：$x=ky+\sqrt{2}$，
聯(lián)立直線與橢圓方程：$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky+\sqrt{2}}\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\end{array}⇒（{{k^2}+3}）{y^2}+2\sqrt{2}ky-1=0}\right.$．
則$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=-\frac{{2\sqrt{2}k}}{{{k^2}+3}}}\\{{y_1}{y_2}=-\frac{1}{{{k^2}+3}}}\end{array}}\right.$…④，
${S_{△{F_1}PQ}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}||{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{2}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$…⑤，
將④代入⑤得：${S_{△{F_1}PQ}}=\sqrt{2}\sqrt{{{（{-\frac{{2\sqrt{2}k}}{{{k^2}+3}}}）}^2}+\frac{4}{{{k^2}+3}}}=\frac{{2\sqrt{6}\sqrt{{k^2}+1}}}{{{k^2}+3}}$，
令$\sqrt{{k^2}+1}=t，t≥1$，則${S_{△{F_1}PQ}}=2\sqrt{6}×\frac{t}{{{t^2}+2}}=2\sqrt{6}×\frac{1}{{t+\frac{2}{t}}}$≤$\sqrt{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$t=\frac{2}{t}$，即$\sqrt{{k^2}+1}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，即k=±1時(shí)，△PQF₁面積取最大值$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用基本不等式求最值，是中檔題．