Question

17．已知點(diǎn)A（0，-2），橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求E的方程；
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F（c，0），由已知得$\frac{2}{c}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，求得c，再由離心率求得a，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）由題意可知，當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意，設(shè)l：y=kx-2，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，求出P、Q的橫坐標(biāo)，代入弦長(zhǎng)公式求得|PQ|，再由點(diǎn)到直線的距離公式求得O到PQ的距離，代入三角形面積公式，換元后利用基本不等式求最值，同時(shí)求得當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），由條件知$\frac{2}{c}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，得$c=\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴a=2，b²=a²-c²=1，
故E的方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意，
故設(shè)l：y=kx-2，p（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-16kx+12=0．
當(dāng)△=16（4k²-3）＞0，即${k^2}＞\frac{3}{4}$時(shí)，
${x}_{1}=\frac{8k-\sqrt{4{k}^{2}-3}}{4{k}^{2}+1}$，${x}_{2}=\frac{8k+\sqrt{4{k}^{2}-3}}{4{k}^{2}+1}$．
從而$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$．
又點(diǎn)O到直線PQ的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．
∴△OPQ的面積為${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，
設(shè)$\sqrt{4{k^2}-3}=t（t＞0）$，
則${S_{△OPQ}}=\frac{4t}{{{t^2}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}≤\frac{4}{{2\sqrt{4}}}=1$，當(dāng)且僅當(dāng)$t=\frac{4}{t}$，即t=2時(shí)取“=”．
∴$\sqrt{4{k}^{2}-3}=2$，即$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$時(shí)等號(hào)成立，且滿足△＞0，
∴當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為$y=\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$或$y=-\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用換元法及基本不等式求最值，屬中檔題．