Question

18．如图，椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，右顶点、上顶点分别为点A、B，已知椭圆C的焦距为2，且|AB|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$|BF|．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点P（0，-2）的直线l交椭圆C于M，N两点，当△MON面积取得最大时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由题意可得c=1，再由两点的距离公式，结合a，b，c的关系，解得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）方法一、设直线l的方程为y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），代入椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及弦长公式，点到直线的距离公式和三角形的面积公式，结合基本不等式即可得到直线方程；
方法二、设出直线的方程，求得交点D，运用三角形的面积公式可得S_△OMN=$\frac{1}{2}$|OD|•|y₁-y₂|，由直线方程和韦达定理，代入整理，再由解不等式可得最大值及对应的斜率，即可得到所求直线的方程．

解答 解：（1）椭圆C的焦距为2，所以2c=2，c=1，
由已知$|{AB}|=\frac{{\sqrt{6}}}{2}|{BF}|$，即$\sqrt{{a^2}+{b^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}a$，
2a²+2b²=3a²，a²=2b²=b²+c²，
所以$b=c=1，a=\sqrt{2}$，
可得椭圆方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）解法一：由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx-2\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去y得关于x的方程：（1+2k²）x²-8kx+6=0，
由直线l与椭圆相交于M、N两点，∴△＞0⇒64k²-24（1+2k²）＞0，
解得${k^2}＞\frac{3}{2}$，
又由韦达定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴$|MN|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$
=$\frac{{\sqrt{1+{k^2}}}}{{1+2{k^2}}}\sqrt{16{k^2}-24}$，
原点O到直线l的距离$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
∵${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{2{k^2}-3}}}{{1+2{k^2}}}$．
解法1：令$m=\sqrt{2{k^2}-3}（m＞0）$，
则2k²=m²+3∴$S=\frac{{2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+4}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{m+\frac{4}{m}}}≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
当且仅当$m=\frac{4}{m}$即m=2时，${（{S_{△MON}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
此时$k=±\frac{{\sqrt{14}}}{2}$．
所以，所求直线方程为$±\sqrt{14}x-2y-4=0$．
解法2：对$S=\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}$两边平方整理得：4S²k⁴+4（S²-4）k²+S²+24=0（*）
∵S≠0，$\left\{\begin{array}{l}16{（{S^2}-4）^2}-4×4{S^2}（{S^2}+24）≥0\\ \frac{{4-{S^2}}}{S^2}＞0\\ \frac{{{S^2}+24}}{{4{S^2}}}＞0\end{array}\right.$，整理得：${S^2}≤\frac{1}{2}$，
又S＞0，∴$0＜S≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
从而S_△MON的最大值为$S=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此时代入方程（*）得4k⁴-28k²+49=0∴$k=±\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，
所以，所求直线方程为：$±\sqrt{14}x-2y-4=0$．
解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零．
设直线l的方程为y=kx-2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则直线l与x轴的交点$D（\frac{2}{k}，0）$，
由解法一知${k^2}＞\frac{3}{2}$且$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{OD}|•|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{1}{2}|{\frac{2}{k}}|•|{k{x_1}-2-k{x_2}+2}|$
=|x₁-x₂|=$\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\frac{{\sqrt{16{k^2}-24}}}{{1+2{k^2}}}$=$\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{2{k^2}-3}}}{{1+2{k^2}}}$．
下同解法一．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用两点的距离和a，b，c的关系，考查直线方程和椭圆方程联立，运用判别式大于0和韦达定理，弦长公式，以及基本不等式，考查运算能力，属于中档题．