Question

3．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率e=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线与原点的距离为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设F₁、F₂分别为椭圆C的左、右焦点，过F₂作直线交椭圆于P，Q两点，求△F₁PQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）写出直线方程的截距式，化为一般式，由点到直线的距离公式得到关于a，b的方程，结合椭圆离心率及隐含条件求解a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）由题意设直线方程，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得P、Q的纵坐标的和与积，代入三角形面积公式，换元后利用基本不等式求得△F₁PQ面积的最大值．

解答 解：（1）直线AB的方程为$\frac{x}{a}+\frac{y}{-b}=1$，即bx-ay-ab=0，
原点到直线AB的距离为$\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即3a²+3b²=4a²b²…①，
$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}⇒{c^2}=\frac{2}{3}{a^2}$…②，
又a²=b²+c²…③，
由①②③可得：a²=3，b²=1，c²=2．
故椭圆方程为$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（2）${F_1}（{-\sqrt{2}，0}），{F_2}（{\sqrt{2}，0}）$，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由于直线PQ的斜率不为0，故设其方程为：$x=ky+\sqrt{2}$，
联立直线与椭圆方程：$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky+\sqrt{2}}\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\end{array}⇒（{{k^2}+3}）{y^2}+2\sqrt{2}ky-1=0}\right.$．
则$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=-\frac{{2\sqrt{2}k}}{{{k^2}+3}}}\\{{y_1}{y_2}=-\frac{1}{{{k^2}+3}}}\end{array}}\right.$…④，
${S_{△{F_1}PQ}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}||{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{2}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$…⑤，
将④代入⑤得：${S_{△{F_1}PQ}}=\sqrt{2}\sqrt{{{（{-\frac{{2\sqrt{2}k}}{{{k^2}+3}}}）}^2}+\frac{4}{{{k^2}+3}}}=\frac{{2\sqrt{6}\sqrt{{k^2}+1}}}{{{k^2}+3}}$，
令$\sqrt{{k^2}+1}=t，t≥1$，则${S_{△{F_1}PQ}}=2\sqrt{6}×\frac{t}{{{t^2}+2}}=2\sqrt{6}×\frac{1}{{t+\frac{2}{t}}}$≤$\sqrt{3}$，
当且仅当$t=\frac{2}{t}$，即$\sqrt{{k^2}+1}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，即k=±1时，△PQF₁面积取最大值$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．