Question

1．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，左準(zhǔn)線l₁：x=-$\frac{a^2}{c}$和右準(zhǔn)線l₂：x=$\frac{a^2}{c}$分別與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，且F₁、F₂恰好為線段AB的三等分點(diǎn)．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）過點(diǎn)D（-$\sqrt{3}$，0）作直線l與橢圓相交于P、Q兩點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{PD}$=2$\overrightarrow{DQ}$，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．

Answer 1

分析 （1）通過焦點(diǎn)F₂（c，0），右準(zhǔn)線l₂：$x=\frac{a^2}{c}$，得到a，c關(guān)系，然后求解離心率．
（2）由（1）知$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求出b²=2c²，設(shè)橢圓方程為2x²+3y²=6c²．設(shè)直線l的方程為$x=my-\sqrt{3}$，聯(lián)立方程組，利用判別式以及韋達(dá)定理，求解三角形的面積，利用基本不等式求解面積的最大值，然后求解橢圓方程．

解答 解：（1）焦點(diǎn)F₂（c，0），右準(zhǔn)線l₂：$x=\frac{a^2}{c}$，由題知|AB|=3|F₁F₂|，
即$2\frac{a^2}{c}=3•2c$，即a²=3c²，解得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（2）由（1）知$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，得a²=3c²，b²=2c²，可設(shè)橢圓方程為2x²+3y²=6c²．
設(shè)直線l的方程為$x=my-\sqrt{3}$，代入橢圓的方程有，$（2{m^2}+3）{y^2}-4\sqrt{3}y+6-6{c^2}=0$，
因?yàn)橹本�與橢圓相交，所以△=48m²-4（2m²+3）（6-6c²）＞0，
由韋達(dá)定理得${y_1}+{y_2}=\frac{{4\sqrt{3}m}}{{2{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{6-6{c^2}}}{{2{m^2}+3}}$，又$\overrightarrow{DP}=2\overrightarrow{QD}$，所以y₁=-2y₂，
得到${y_1}=\frac{{8\sqrt{3}m}}{{2{m^2}+3}}$，${y_2}=\frac{{-4\sqrt{3}m}}{{2{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{6-6{c^2}}}{{2{m^2}+3}}=\frac{{-96{m^2}}}{{{{（2{m^2}+3）}^2}}}$，得到$1-{c^2}=-\frac{{16{m^2}}}{{2{m^2}+3}}$，
所以${S_{△DPQ}}=\frac{1}{2}|OD|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}•|\frac{{12\sqrt{3}m}}{{2{m^2}+3}}|=18•\frac{|m|}{{2|m{|^2}+3}}=18•\frac{1}{{2|m|+\frac{3}{|m|}}}≤\frac{{3\sqrt{6}}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)${m^2}=\frac{3}{2}$時(shí)，等號成立，此時(shí)c²=5，代入△滿足△＞0，
所以所求橢圓方程為$\frac{x^2}{15}+\frac{y^2}{10}=1$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．