Question

12．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的下顶点为B（0，-1），B到焦点煌距离为2．
（1）设Q是椭圆上的动点，求|BQ|的最大值；
（2）直线l过定点P（0，2）与椭圆C交于两点M，N，△BMN的面积为$\frac{6}{5}$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知可得椭圆方程，设出动点Q的坐标，写出BQ的距离，结合动点Q在椭圆上转化为关于Q纵坐标的函数式，然后利用配方法求得最大值；
（2）设出直线l的方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求出k的范围，利用根与系数关系得到M，N的横坐标的和与积，由弦长公式求得弦长，再由点到直线的距离公式求出B到直线l的距离，代入三角形的面积公式求k．

解答 解：（1）由题意可知，b=1，a=2，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
设Q（x₀，y₀）（-1≤y₀≤1），则$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，
∴${{x}_{0}}^{2}=4-4{{y}_{0}}^{2}$．
∴$|BQ|=\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+（{y}_{0}+1）^{2}}$=$\sqrt{4-4{{y}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+2{y}_{0}+1}$
=$\sqrt{-3（{y}_{0}-\frac{1}{3}）^{2}+\frac{16}{3}}$．
∴当${y}_{0}=\frac{1}{3}$时，|BQ|有最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+2．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并化简得：（1+4k²）x²+16kx+12=0．
由△=（16k）²-48（1+4k²）=64k²-48＞0，解得：$k＜-\frac{\sqrt{3}}{2}$或k$＞\frac{\sqrt{3}}{2}$．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{16k}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{16k}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{12}{1+4{k}^{2}}}$=$4\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$．
B（0，-1）到直线y=kx+2的距离d=$\frac{3}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴${S}_{△MNB}=\frac{1}{2}•4\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}•\frac{3}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}=\frac{6}{5}$．
解得：k²=1或${k}^{2}=\frac{19}{4}$．
∴k=±1或k=$±\frac{\sqrt{19}}{2}$．符合$k＜-\frac{\sqrt{3}}{2}$或k$＞\frac{\sqrt{3}}{2}$．
则所求的直线方程为y=-x+2，y=x+2，y=-$\frac{\sqrt{19}}{2}$x+2，y=$\frac{\sqrt{19}}{2}x+2$．

点评 本题考查由椭圆的几何性质求其方程，考查了直线和圆锥曲线的位置关系，涉及直线和圆锥曲线的位置关系问题，常采用联立直线和圆锥曲线方程，然后借助于一元二次方程根与系数关系求解，特点是运算量大，要求考生具有较强的运算能力，是压轴题．