Question

17．設(shè)橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，過(guò)點(diǎn)F₂且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)F₂的直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，若M（-6，0），求當(dāng)三角形MAB的面積S最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)離心率和通徑的值列方程組求解得基本量a，b．
（2）巧設(shè)方程，避免分類討論．聯(lián)立直線和橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理得出三角形面積的表達(dá)式，并根據(jù)基本不等式求得面積最大值，及取面積最大值時(shí)的直線斜率，再寫出直線方程．

解答 解：（1）由題可知$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}\\{\frac{{2{b^2}}}{a}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}\end{array}}\right.$．解得$a=\sqrt{5}，c=2$
所以b=1，所以橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{5}+{y}^{2}=1$…（4分）
（2）由題意，可設(shè)直線l的方程為x=my+2，
則點(diǎn)M到直線l的距離$d=\frac{8}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{\frac{{x}^{2}}{5}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$   得（m²+5）y²+4my-1=0．
設(shè)l與E的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
則y₁+y₂=$-\frac{4m}{{m}^{2}+5}$，y₁y₂=$-\frac{1}{{m}^{2}+5}$．
于是AB=$\sqrt{（1+{m}^{2}）}|{y}_{1}-{y}_{2}|$
=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$
=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{16{m}^{2}}{（{m}^{2}+5）^{2}}+\frac{4}{{m}^{2}+5}]}$
=$\frac{2\sqrt{5}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+5}$．
從而S=$\frac{8\sqrt{5}•\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+5}$
令$t=\sqrt{{m}^{2}+1}$（t≥1）則m²=t²-1
S=$\frac{8\sqrt{5}t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{8\sqrt{5}}{t+\frac{4}{t}}$$≤\frac{8\sqrt{5}}{4}$=2$\sqrt{5}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$t=\frac{4}{t}$即 $\sqrt{m2+1}$=$\frac{4}{\sqrt{m2+1}}$，即m=±$\sqrt{3}$時(shí)，等號(hào)成立．
故當(dāng)m=±$\sqrt{3}$時(shí)，S最大，
此時(shí)，直線l的方程為x=$\sqrt{3}$y+2或x=-$\sqrt{3}$y+2，即x-$\sqrt{3}$y-2=0或x+$\sqrt{3}$y-2=0．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 考查了橢圓基本性質(zhì)，直線與橢圓位置關(guān)系，圓錐曲線中三角形面積的求解方法，基本不等式求最值．考查了方程思想，換元法，整體代換．思路不難找，有一定運(yùn)算量，屬于圓錐曲線的中檔題．