Question

16．设椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1$（a＞2）的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．斜率为k的直线l过点E（0，1），且与椭圆相交于C，D两点．
（1）求椭圆方程．
（2）若直线l与x轴相交于点G，且$\overline{GC}=\overline{DE}$，求k的值．
（3）求△COD的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率结合隐含条件求得a，c的值，则椭圆方程可求；
（2）由题意设出直线方程，和椭圆方程联立，化为关于x的一元二次方程后利用根与系数的关系可得C，D两点的横坐标的和与积，把$\overline{GC}=\overline{DE}$转化为点的横坐标间的关系，代入根与系数的关系后求得k值；
（3））△COD的面积s=$\frac{1}{2}×OE×$|x₁-x₂|=$\frac{3\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\frac{3}{2}（2{k}^{2}+1）+\frac{1}{2}}$，令$\sqrt{2{k}^{2}+1}=t$，（t≥1），则s=$\frac{2\sqrt{2}t}{\frac{3}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{3}{2}t+\frac{1}{2t}}≤\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

解答 （1）解：由e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，得a²=3c²，又b²=4，a²=b²+c²，
∴c²=2，a²=6．
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（2）解：如图，由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
设其方程为y=kx+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（2+3k²）x²+6kx-9=0．
再设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-6k}{2+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{-9}{2+3{k}^{2}}$．
∵直线l与x轴相交于点G，且$\overline{GC}=\overline{DE}$，则x₁=x_G-x₂，即x₁+x₂=x_G，
由y=kx+1，取y=0可得${x}_{G}=-\frac{1}{k}$，$\frac{-6k}{2+3{k}^{2}}=-\frac{1}{k}$，解得k=$±\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）由（2）得|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{6\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$，
△COD的面积s=$\frac{1}{2}×OE×$|x₁-x₂|=$\frac{3\sqrt{4{k}^{2}+2}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\frac{3}{2}（2{k}^{2}+1）+\frac{1}{2}}$，
令$\sqrt{2{k}^{2}+1}=t$，（t≥1），则s=$\frac{2\sqrt{2}t}{\frac{3}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{3}{2}t+\frac{1}{2t}}≤\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
当$t=\sqrt{3}，即$k=±1时，取等号，故△COD的面积的最大值为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，面积问题．属于中档题．