6.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$,過點R(-1,0)的直線l與橢圓C交于P,Q兩點,且$\overrightarrow{PR}$=2$\overrightarrow{RQ}$.(1)當(dāng)直線l的傾斜角為60°時,求三角形OPQ的面積;
(2)當(dāng)三角形OPQ的面積最大時,求橢圓C的方程.

分析 (1)運用橢圓的離心率公式和直線方程代入橢圓方程,運用韋達定理和向量共線的坐標(biāo)表示,解方程可得a,b,進而得到橢圓方程;
(2)設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),代入橢圓方程,利用韋達定理及$\overrightarrow{PR}$=2$\overrightarrow{RQ}$,確定P,Q坐標(biāo)之間的關(guān)系,表示出面積,利用基本不等式求出S△OPQ的最大值,即可得到橢圓的方程.

解答 解:(1)由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$,可得c=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a,b=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a,
直線l:y=$\sqrt{3}$(x+1)代入橢圓方程可得(b2+3a2)x2+6a2x+3a2-a2b2=0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),
可得x1+x2=-$\frac{6{a}^{2}}{^{2}+3{a}^{2}}$=-$\frac{9}{5}$,x2x1=$\frac{3{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+3{a}^{2}}$=$\frac{9-{a}^{2}}{10}$,
由$\overrightarrow{PR}$=2$\overrightarrow{RQ}$,可得-1-x1=2(x2+1),
解方程可得x1=-$\frac{3}{5}$,x2=-$\frac{6}{5}$,
即有|y1-y2|=$\sqrt{3}$|x1-x2|=$\frac{3\sqrt{3}}{5}$,
三角形OPQ的面積為S=$\frac{1}{2}$|OR|•|y1-y2|=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{3\sqrt{3}}{5}$=$\frac{3\sqrt{3}}{10}$;
(2)由(1)知,3b2=a2,∴橢圓的方程為x2+3y2=3b2,①
顯然,直線l的斜率不為0;
若直線l與x軸垂直,此時P,Q關(guān)于x軸對稱,不滿足$\overrightarrow{PR}$=2$\overrightarrow{RQ}$;
因此,可設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)②,
將②代入①中整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-3b2=0,
因為直線l與橢圓交于P,Q兩點,所以△=12(3k2b2-k2+b2)>0,③
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$④,x1x2=$\frac{3{k}^{2}-3^{2}}{1+3{k}^{2}}$⑤
由$\overrightarrow{PR}$=2$\overrightarrow{RQ}$,
得(-x1-1,-y1)=2(1+x2,y2),
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1-{x}_{1}=2(1+{x}_{2})}\\{-{y}_{1}=2{y}_{2}}\end{array}\right.$⑥
由④⑥得x1=$\frac{3-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$,x2=-$\frac{3+3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$⑦
∴S△OPQ=$\frac{1}{2}$|y1-y2|=$\frac{1}{2}$|k||x1-x2|=$\frac{3|k|}{1+3{k}^{2}}$=$\frac{3}{3|k|+\frac{1}{|k|}}$
≤$\frac{3}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$當(dāng)且僅當(dāng)3|k|=$\frac{1}{|k|}$,即k2=$\frac{1}{3}$時,等號成立.
∴k2=$\frac{1}{3}$時,S△OPQ取得最大值.
由⑦求得x1=1,x2=-2,代入⑤,求得b2=$\frac{5}{3}$,滿足③.
故所求橢圓的方程為x2+3y2=5,即$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{{3y}^{2}}{5}$=1.

點評 本題考查橢圓的方程的求法,注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立,由韋達定理和向量共線的坐標(biāo)表示,考查三角形的面積及最大值,注意運用基本不等式,屬于中檔題.

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