Question

15．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点为F₁，F₂，点B（0，1）在椭圆C上，且△BF₁F₂的周长为4+2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，且满足直线BM与直线BN的斜率之积为$\frac{1}{2}$．试用k表示△BMN面积S，并求S的最大值．

Answer 1

分析 （I）由题意可知：$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{2a+2c=4+2\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得即可得出椭圆C的方程；
（II）设MN：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，△＞0．由k_BM•k_BN=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，利用根与系数的关系代入化简可得：m²+2m-3=0，解得m．再利用|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，点B到直线MN的距离d=$\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，可得S_△BMN=$\frac{1}{2}|MN|•d$，通过换元利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（I）由题意可知：$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{2a+2c=4+2\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（II）设MN：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，化为（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=16（4k²-m²+1）＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵k_BM•k_BN=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+k（m-1）（{x}_{1}+{x}_{2}）+（m-1）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴$（{k}^{2}-\frac{1}{2}）$x₁x₂+k（m-1）（x₁+x₂）+（m-1）²=0，
∴$（{k}^{2}-\frac{1}{2}）$$•\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+$k（m-1）×\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$+（m-1）²=0，
化为m²+2m-3=0，解得m=-3或m=1（舍去）．
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}×\frac{4\sqrt{4{k}^{2}+1-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{8\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{{k}^{2}-2}}{1+4{k}^{2}}$．
点B到直线MN的距离d=$\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△BMN=$\frac{1}{2}|MN|•d$=$\frac{16\sqrt{{k}^{2}-2}}{1+4{k}^{2}}$，
由m=-3，△＞0，可知：k²-2＞0，令$\sqrt{{k}^{2}-2}$=t＞0，
∴k²=t²+2，
∴S=$\frac{16t}{4{t}^{2}+9}$=$\frac{16}{4t+\frac{9}{t}}$$≤\frac{4}{3}$，当且仅当t=$\frac{3}{2}$，
即k=$±\frac{\sqrt{17}}{2}$时，S_max=$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．