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$\frac{1}{2}$，連接橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是圓C₁：x²+y²=$\frac{5}{3}$上的點(diǎn)，過(guò)P作圓的切線交橢圓于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值，并求出面積最大值時(shí)切線的斜率．

Answer 1

分析 （1）由離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，則3a²=4b²，菱形面積S=2ab=4$\sqrt{3}$，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）由于點(diǎn)P位于圓上，因此△OMN的高恒為定值r，將求解△OMN面積的最大值轉(zhuǎn)化為求解丨MN丨的最大值．首先考慮切線斜率存在的情況，聯(lián)立直線和橢圓方程后，利用韋達(dá)定理表示丨MN丨，通過(guò)切線性質(zhì)消去一個(gè)參數(shù)后，利用函數(shù)的單調(diào)性確定丨MN丨的最大值；再考慮斜率不存在時(shí)的特殊情況下丨MN丨的取值，從而確定丨MN丨的最大值，即可確定△OMN面積的最大值．

解答 解：（1）橢圓的離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，則3a²=4b²，
又∵菱形面積S=2ab=4$\sqrt{3}$，
∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
故橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；…4分
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），當(dāng)切線與x軸不垂直時(shí)，設(shè)切線方程l：y=kx+m（m≠0），


聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
根據(jù)韋達(dá)定理，x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+3}$，x₁+x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
由弦長(zhǎng)公式可知：丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8km}{4{k}^{2}+3}）^{2}-4×\frac{4{m}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}}$，化簡(jiǎn)得：丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{192{k}^{2}+144-48{m}^{2}}{（4{k}^{2}+3）^{2}}}$①，

由直線y=kx+m與圓x²+y²=$\frac{5}{3}$相切，故$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{5}{3}}$，…8分
即m²=$\frac{5}{3}$（k²+1），將其代入①式得：丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{112{k}^{2}+64}{（4{k}^{2}+3）^{2}}}$，
令t=k²（t≥0），
則丨MN丨=$\sqrt{16×\frac{（t+1）（7t+4）}{（4t+3）^{2}}}$=4×$\sqrt{\frac{7{t}^{2}+11t+4}{16{t}^{2}+24t+9}}$=4×$\sqrt{\frac{7}{16}+\frac{\frac{t}{2}+\frac{1}{16}}{16{t}^{2}+24t+9}}$，
=4×$\sqrt{\frac{7}{16}+\frac{1}{16×\frac{16{t}^{2}+24t+9}{8t+1}}}$，
=4×$\sqrt{\frac{7}{16}+\frac{1}{4（8t+1+\frac{25}{8t+1}+10）}}$≤4×$\sqrt{\frac{7}{16}+\frac{1}{4×（2\sqrt{（8t+1）×\frac{25}{8t+1}}+10）}}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
當(dāng)且僅當(dāng)8t+1=$\frac{25}{8t+1}$，即t=$\frac{1}{2}$時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)斜率不存在時(shí)，x²=$\frac{5}{3}$，代入求得丨MN丨=$\sqrt{7}$＜$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
故當(dāng)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，丨MN丨取得最大值$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
又S_△OMN=$\frac{1}{2}$丨MN丨•r，r為定值$\frac{\sqrt{15}}{3}$，
故丨MN丨取得最大值時(shí)，S_△OMN也取得最大值$\sqrt{3}$，此時(shí)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及基本不等式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．