Question

10．已知點(diǎn)A（0，-2），橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線與橢圓E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出F，由直線AF的斜率為$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$求得c，結(jié)合離心率求得a，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意；當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx-2，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，由判別式大于0求得k的范圍，再由弦長公式求得|PQ|，由點(diǎn)到直線的距離公式求得O到l的距離，代入三角形面積公式，化簡后換元，利用基本不等式求得最值，進(jìn)一步求出k值，則直線方程可求．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），$\frac{2}{c}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，解得$c=\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，∴a=2，b=1，
∴橢圓E：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意；
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-16kx+12=0．
由△=16（4k²-3）＞0，得${k^2}＞\frac{3}{4}$，即$k＜-\frac{\sqrt{3}}{2}$或k$＞\frac{\sqrt{3}}{2}$．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16k}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
從而$|PQ|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{16k}{{1+4{k^2}}}）}^2}-4•\frac{12}{{1+4{k^2}}}}$
=$\frac{{4\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，
又點(diǎn)O到直線PQ的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
∴△OPQ的面積$S=\frac{1}{2}d•|PQ|=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，
設(shè)$\sqrt{4{k^2}-3}=t$，則t＞0，
∴$S=\frac{4t}{{{t^2}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}≤\frac{4}{4}=1$，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，
即$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$時(shí)，等號(hào)成立，且△＞0．
此時(shí)$l：y=\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2，y=-\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$．

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