Question

9．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的一個焦點(diǎn)$F（\sqrt{3}，0）$，長軸頂點(diǎn)到點(diǎn)A（0，-2）的距離為2$\sqrt{2}$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)過A點(diǎn)的動直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)△OMN的面積最大時，求l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由長軸頂點(diǎn)到點(diǎn)A（0，-2）的距離為2$\sqrt{2}$，即$\sqrt{（±a）^{2}+2}$=2$\sqrt{2}$，焦點(diǎn)$F（\sqrt{3}，0）$，即c=$\sqrt{3}$，則b²=a²-c²=4-1=3，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由題意可設(shè)直線l的方程為：y=kx-2，與橢圓的方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，再利用三角形的面積計算公式即可得出S_△OMN．通過換元再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：由題意可知：橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，焦點(diǎn)$F（\sqrt{3}，0）$，即c=$\sqrt{3}$，
由長軸頂點(diǎn)到點(diǎn)A（0，-2）的距離為2$\sqrt{2}$，即$\sqrt{（±a）^{2}+2}$=2$\sqrt{2}$，
解得：a=2，
b²=a²-c²=4-1=3，
∴橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）當(dāng)l⊥x時，不符合題意，
由題意可設(shè)直線l的方程為：y=kx-2，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
當(dāng)△=16（4k²-3）＞0時，即k²＞$\frac{3}{4}$，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
則△OMN的面積S=$\frac{1}{2}$•|OA|•|x₂|-$\frac{1}{2}$•|OA|•|x₁|=|x₂-x₁|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{（-\frac{16k}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{12}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$，
令$\sqrt{4{k}^{2}-3}$=t（t＞0），則4k²=3+t²，
即有S=$\frac{4t}{4+{t}^{2}}$=$\frac{4}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{4}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=1，
當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即有k=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$時，S取得最大值，最大值為1，
∴直線l的方程為2y-$\sqrt{7}$x+4=0或2y+$\sqrt{7}$x+4=0．

點(diǎn)評 本題綜合考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率計算公式、橢圓的方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、三角形的面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，考查了換元法和轉(zhuǎn)化方法，屬于中檔題．