Question

1．直線l：bx+ay=ab（a＞0，b＞0）與x軸，y軸的交點分別是A，B，O為坐標(biāo)原點，△OAB的面積是$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，直線l的傾斜角是150°，A，B兩點是中點在坐標(biāo)原點的橢圓C的兩個頂點．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線l：y=x+m與橢圓C交于M，N兩點，求△OMN的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{-\frac{a}=tan15{0}^{°}=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，解出即可得出；
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），把直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長關(guān)系、點到直線的距離公式公式可得三角形OMN的面積，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{-\frac{a}=tan15{0}^{°}=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{^{2}=\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{3{y}^{2}}{4}=1$．
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{3{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，化為4x²+6mx+3m²-4=0，
∴x₁+x₂=$-\frac{3m}{2}$，x₁x₂=$\frac{3{m}^{2}-4}{4}$．
∴|MN|=$\sqrt{2[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{2[\frac{9{m}^{2}}{4}-4×\frac{3{m}^{2}-4}{4}]}$=$\sqrt{32-\frac{3}{2}{m}^{2}}$．
原點O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{2}}$．
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}×\frac{|m|}{\sqrt{2}}$×$\sqrt{32-\frac{3{m}^{2}}{2}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{m}^{2}（16-\frac{3}{4}{m}^{2}）}$$≤\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{4}{3}（\frac{\frac{3}{4}{m}^{2}+16-\frac{3}{4}{m}^{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)${m}^{2}=\frac{32}{3}$時取等號．
∴△OMN的最大值為$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長關(guān)系、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．