Question

6．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦點分別是F₁、F₂，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，過點F₂的直線交橢圓C于A、B兩點，且△AF₁B的周長為$4\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若過定點M（0，-2）的動直線l與橢圓C相交P，Q兩點，求△OPQ的面積的最大值（O為坐標(biāo)原點），并求此時直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得即可得出；
（2）由題意可知：直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程化為（2+3k²）x²-12kx+6=0，
利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．原點O到直線l的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．利用S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{3}$，c=1，b²=2．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）由題意可知：直線l的斜率存在，
設(shè)直線l的方程為y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為（2+3k²）x²-12kx+6=0，
∴x₁+x₂=$\frac{12k}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6}{2+3{k}^{2}}$．
|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{144{k}^{2}}{（2+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{24}{2+3{k}^{2}}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{k}^{2}）（18{k}^{2}-12）}}{2+3{k}^{2}}$．
原點O到直線l的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$×$\frac{2\sqrt{（1+{k}^{2}）（18{k}^{2}-12）}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{18{k}^{2}-12}}{2+3{k}^{2}}$．
令3k²-2=t²（t＞0），
∴S_△OPQ=$\frac{2\sqrt{6}t}{4+{t}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{\frac{4}{t}+t}$$≤\frac{2\sqrt{6}}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即$k=±\sqrt{2}$時取等號．
∴${S_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，$y=±\sqrt{2}x-2$．

點評 本題考查了橢圓與雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)、三角形的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．