Question

7．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右項點分別為A₁，A₂，左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，O為坐標(biāo)原點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點P（4，m）的直線PA₁，PA₂與橢圓分別交于點M，N，其中m＞0，求△OMN的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，列式計算a，b，即可得橢圓C的方程的方程
（Ⅱ）直線PA₁，PA₁的方程分別為：y=$\frac{m}{6}（x+2）$，y=$\frac{m}{2}（x-2）$，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（9+m²）x²+4m²x+4m²-36=0，可得${x}_{M}=\frac{18-2{m}^{2}}{9+{m}^{2}}$，${y}_{M}=\frac{m}{6}（{x}_{M}+2）$=$\frac{6m}{9+{m}^{2}}$，同理可得x_N=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}$，${y}_{N}=\frac{m}{2}（{x}_{N}-2）$=$\frac{-2m}{1+{m}^{2}}$，直線MN的方程為：$y-\frac{-2m}{1+{m}^{2}}=\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}）$，y=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}）-\frac{2m}{1+{m}^{2}}$=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$$（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}-\frac{3-{m}^{2}}{1+{m}^{2}}）$=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-1）$，可得直線MN過定點（1，0），故設(shè)MN的方程為：x=ty+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（t²+4）y²+2ty-3=0，|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+3}}{{t}^{2}+4}$，即△OMN的面積S=$\frac{1}{2}×1×$（y₁-y₂）=2$\frac{\sqrt{{t}^{2}+3}}{{t}^{2}+4}$利用函數(shù)單調(diào)性即可求出面積最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{2c=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，∴a=2，c=$\sqrt{3}$，則b=1
∴橢圓C的方程的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得A₁（-2，0），A₂（2，0），
直線PA₁，PA₁的方程分別為：y=$\frac{m}{6}（x+2）$，y=$\frac{m}{2}（x-2）$
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（9+m²）x²+4m²x+4m²-36=0
∴-2+x_M=$\frac{-4{m}^{2}}{9+{m}^{2}}$，可得.${x}_{M}=\frac{18-2{m}^{2}}{9+{m}^{2}}$，${y}_{M}=\frac{m}{6}（{x}_{M}+2）$=$\frac{6m}{9+{m}^{2}}$
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得（1+m²）x²-4mx+4m²-4=0
∴2+x_N=$\frac{4{m}^{2}}{1+{m}^{2}}$，可得x_N=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}$，${y}_{N}=\frac{m}{2}（{x}_{N}-2）$=$\frac{-2m}{1+{m}^{2}}$
${k}_{MN}=\frac{{y}_{M}-{y}_{N}}{{x}_{M}-{x}_{N}}=\frac{2m}{3-{m}^{2}}$，
直線MN的方程為：$y-\frac{-2m}{1+{m}^{2}}=\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}）$，
 y=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}）-\frac{2m}{1+{m}^{2}}$=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$$（x-\frac{2{m}^{2}-2}{1+{m}^{2}}-\frac{3-{m}^{2}}{1+{m}^{2}}）$=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}（x-1）$
可得直線MN過定點（1，0），故設(shè)MN的方程為：x=ty+1
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（t²+4）y²+2ty-3=0
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2t}{{t}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{{t}^{2}+4}$
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+3}}{{t}^{2}+4}$
∴△OMN的面積S=$\frac{1}{2}×1×$（y₁-y₂）=2$\frac{\sqrt{{t}^{2}+3}}{{t}^{2}+4}$
令$\sqrt{{t}^{2}+3}=d，（d≥\sqrt{3}）$，則s=$\frac{2d}{9kdh9eb^{2}+1}=\frac{2}{d+\frac{1}apg4voj}$
∵$d≥\sqrt{3}$，且函數(shù)f（d）=d+$\frac{1}w4czoht$在[$\sqrt{3}$，+∞）遞增，
∴當(dāng)d=$\sqrt{3}$，s取得最小值$\frac{\sqrt{3}}{2}$

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，方程思想，轉(zhuǎn)化思想，考查了運算能力，屬于難題