Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點(diǎn)是（$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)P（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)直線l：y=kx+m（m≠0）與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)時(shí)，對滿足條件的任意m的值，都有|OA|²+|OB|²=5．
（1）求橢圓C的方程．
（2）求△AOB的面積S的最大值，并求出相應(yīng)m的值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=$\sqrt{3}$，即a²-b²=3，將P的坐標(biāo)代入橢圓方程，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）將直線方程代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，求得三角形的面積，由基本不等式可得最大值，及等號成立的條件，代入判別式和條件，檢驗(yàn)即可得到所求值．

解答 解：（1）由題意可得c=$\sqrt{3}$，即a²-b²=3，
P的坐標(biāo)代入橢圓方程可得$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{4^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，m≠0，
O到直線AB的距離為d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
將直線y=kx+m代入橢圓方程，可得
（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由判別式64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）＞0，
化簡得1+4k²-m²＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
即有△MNP面積為$\frac{1}{2}$d•|AB|=2•|m|•$\frac{\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$=2•$\frac{\sqrt{{m}^{2}（1+4{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$≤2•$\frac{{m}^{2}+1+4{k}^{2}-{m}^{2}}{2}$•$\frac{1}{1+4{k}^{2}}$=1，
當(dāng)且僅當(dāng)m²=1+4k²-m²，即1+4k²=2m²取得最大值1，
由1+4k²=2m²代入判別式大于0成立；
可得x₁+x₂=-$\frac{4k}{m}$，x₁x₂=2-$\frac{2}{{m}^{2}}$，
由y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
可得|OA|²+|OB|²=x₁²+y₁²+x₂²+y₂²=（1+k²）[（x₁+x₂）²-2x₁x₂]+2m²+2km（x₁+x₂）=5，
即有（1+k²）[（-$\frac{4k}{m}$）²-2（2-$\frac{2}{{m}^{2}}$）]+2m²+2km（-$\frac{4k}{m}$）=4-4k²+2m²=4+1=5．
則1+4k²=2m²恒成立．
故當(dāng)m=±$\sqrt{\frac{1+4{k}^{2}}{2}}$時(shí)，△OAB的面積取得最大值1．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意點(diǎn)滿足橢圓方程，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，基本不等式的運(yùn)用：求最值，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．