Question

15．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點(diǎn)（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過F₂的直線m交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M、N，試求△F₁MN面積最大時(shí)直線m的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的離心率求得a²=4b²，將點(diǎn)代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線MN的方程，代入橢圓方程，利用弦長公式即可求得丨MN丨，求得F₂到直線MN的距離，根據(jù)三角形的面積公式及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△F₁MN面積的最大值，即可求得t的值．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則a²=4b²，
將（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）代入橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，即$\frac{3}{4^{2}}+\frac{1}{4^{2}}=1$，解得：b²=1，則a²=4，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知：橢圓的右焦點(diǎn)F₂（$\sqrt{3}$，0），
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．設(shè)直線m的方程為x=ty+$\sqrt{3}$，
則$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（t²+4）y²+2$\sqrt{3}$ty-1=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{3}t}{{t}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{t}^{2}+4}$，
則丨MN丨=$\sqrt{1+{t}^{2}}$丨y₁-y₂丨=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{12{t}^{2}}{（{t}^{2}+4）^{2}}-4×（-\frac{1}{{t}^{2}+4}）}$=$\frac{4（1+{t}^{2}）}{{t}^{2}+4}$，
F₁到直線MN的距離d=$\frac{丨t×0+\sqrt{3}-（-\sqrt{3}）丨}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
則△F₁MN面積S=$\frac{1}{2}$×丨MN丨×d=$\frac{1}{2}$×$\frac{4（1+{t}^{2}）}{{t}^{2}+4}$×$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{1+{t}^{2}}}{{t}^{2}+4}$=4$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{{t}^{2}+1}}{{t}^{2}+1+3}$=4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{3}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$≤4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2\sqrt{\sqrt{{t}^{2}+1}×\frac{3}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}}$=4$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2\sqrt{3}}$=2，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{{t}^{2}+1}$=$\frac{3}{\sqrt{{t}^{2}+1}}$，即t²=2，即t=±$\sqrt{2}$，
直線m的方程$\sqrt{2}$y-x+$\sqrt{3}$=0或-$\sqrt{2}$y-x+$\sqrt{3}$=0．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式及基本不等式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．