Question

6．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦点分别是F₁、F₂，离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，过点F₂的直线交椭圆C于A、B两点，且△AF₁B的周长为$4\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过定点M（0，-2）的动直线l与椭圆C相交P，Q两点，求△OPQ的面积的最大值（O为坐标原点），并求此时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得即可得出；
（2）由题意可知：直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．与椭圆方程化为（2+3k²）x²-12kx+6=0，
利用根与系数的关系可得：|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．原点O到直线l的距离d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．利用S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{3}$，c=1，b²=2．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）由题意可知：直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化为（2+3k²）x²-12kx+6=0，
∴x₁+x₂=$\frac{12k}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6}{2+3{k}^{2}}$．
|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{144{k}^{2}}{（2+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{24}{2+3{k}^{2}}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{k}^{2}）（18{k}^{2}-12）}}{2+3{k}^{2}}$．
原点O到直线l的距离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}$，当且仅当t=2，即$k=±\sqrt{2}$时取等号．
∴${S_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，$y=±\sqrt{2}x-2$．

点评 本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次根与系数的关系、点到直线的距离公式、基本不等式的性质、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．