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6.已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$,过点F2的直线交椭圆C于A、B两点,且△AF1B的周长为$4\sqrt{3}$.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若过定点M(0,-2)的动直线l与椭圆C相交P,Q两点,求△OPQ的面积的最大值(O为坐标原点),并求此时直线l的方程.

分析 (1)由题意可得:$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$,解得即可得出;
(2)由题意可知:直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).与椭圆方程化为(2+3k2)x2-12kx+6=0,
利用根与系数的关系可得:|PQ|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$.原点O到直线l的距离d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$.利用S△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$即可得出.

解答 解:(1)由题意可得:$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{4a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$,解得a=$\sqrt{3}$,c=1,b2=2.
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$.
(2)由题意可知:直线l的斜率存在,
设直线l的方程为y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$,化为(2+3k2)x2-12kx+6=0,
∴x1+x2=$\frac{12k}{2+3{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{6}{2+3{k}^{2}}$.
|PQ|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{(1+{k}^{2})[\frac{144{k}^{2}}{(2+3{k}^{2})^{2}}-\frac{24}{2+3{k}^{2}}]}$=$\frac{2\sqrt{(1+{k}^{2})(18{k}^{2}-12)}}{2+3{k}^{2}}$.
原点O到直线l的距离d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$.
∴S△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$×$\frac{2\sqrt{(1+{k}^{2})(18{k}^{2}-12)}}{2+3{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{18{k}^{2}-12}}{2+3{k}^{2}}$.
令3k2-2=t2(t>0),
∴S△OPQ=$\frac{2\sqrt{6}t}{4+{t}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{\frac{4}{t}+t}$$≤\frac{2\sqrt{6}}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,当且仅当t=2,即$k=±\sqrt{2}$时取等号.
∴${S_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$,$y=±\sqrt{2}x-2$.

点评 本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次根与系数的关系、点到直线的距离公式、基本不等式的性质、三角形的面积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于难题.

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