（12分）平面直角坐标系 x O y 中，过椭圆 M: x…——2013 高考数学第 20 题答案解析

【考点】IJ：直线的一般式方程与直线的垂直关系； KH ：直线与圆锥曲线的综合。

【专题】16：压轴题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（ I$)$ 把右焦点（ $\mathrm{c}, 0$ ）代入直线可解得 c ．设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}\right.$ 2），线段 $A B$ 的中点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，利用＂点差法＂即可得到 $a, b$ 的关系式，再与 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 联立即可得到 $a, ~ b, ~ c$ 。
（II）由 $C D \perp A B$ ，可设直线 $C D$ 的方程为 $y=x+t$ ，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长 $|C D|$ 。把直线 $x+y-\sqrt{3}=0$ 与椭圆的方程联立得到根与

系数的关系，即可得到弦长 $|A B|$ ，利用 $S_{\text {四边形 } A C B D}=\frac{1}{2}|A B||C D|$ 即可得到关于 $t$的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．
【解答】解：（I）把右焦点（ $c, 0$ ）代入直线 $x+y-\sqrt{3}=0$ 得 $c+0-\sqrt{3}=0$ ，解得 $c=\sqrt{3}$.
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，线段 $A B$ 的中点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，
则 $\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1, \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1$ ，相减得 $\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$ ，
$\therefore \frac{\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{~b}^{2}} \times \frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=0$ ，
$\therefore \frac{2 \mathrm{x}_{0}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{2 \mathrm{y}_{0}}{\mathrm{~b}^{2}} \times(-1)=0$ ，又 $\mathrm{k}_{\mathrm{OP}}=\frac{1}{2}=\frac{\mathrm{y}_{0}}{\mathrm{x}_{0}}$ ，
$\therefore \frac{1}{a^{2}}-\frac{1}{2 b^{2}}=0$ ，即 $a^{2}=2 b^{2}$ ．
联立得 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}=2 b^{2} \\ a^{2}=b^{2}+c^{2} \\ c=\sqrt{3}\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}b^{2}=3 \\ a^{2}=6\end{array}\right.$ ，
$\therefore \mathrm{M}$ 的方程为 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{6}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{3}=1$ ．
（II）$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, ~ \therefore$ 可设直线 CD 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+\mathrm{t}$ ，
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=x+t \\ \frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ ，消去 $y$ 得到 $3 x^{2}+4 t x+2 t^{2}-6=0$ ，
∵ 直线 CD 与椭圆有两个不同的交点，
$\therefore \triangle=16 \mathrm{t}^{2}-12\left(2 \mathrm{t}^{2}-6\right)=72-8 \mathrm{t}^{2}>0$ ，解－3＜t＜3（＊）．
设C $\left(x_{3}, y_{3}\right), D\left(x_{4}, y_{4}\right), \therefore x_{3}+x_{4}=-\frac{4 t}{3}, x_{3} x_{4}=\frac{2 t^{2}-6}{3}$ ．

$$ \begin{aligned} & \therefore|C D|=\sqrt{\left(1+1^{2}\right)\left[\left(x_{3}+x_{4}\right)^{2}-4 x_{3} x_{4}\right]}=\sqrt{2\left[\left(-\frac{4 t}{3}\right)^{2}-4 \times \frac{2 t^{2}-6}{3}\right]}= \\ & \quad \frac{2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{18-2 t^{2}}}{3} \end{aligned} $$

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y-\sqrt{3}=0 \\ \frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ 得到 $3 x^{2}-4 \sqrt{3} x=0$ ，解得 $x=0$ 或 $\frac{4}{3} \sqrt{3}$ ，
∴ 交点为 $\mathrm{A}(0, \sqrt{3}), \mathrm{B}\left(\frac{4}{3} \sqrt{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ ，
$\therefore|\mathrm{AB}|=\sqrt{\left(\frac{4}{3} \sqrt{3}-0\right)^{2}+\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{6}}{3}$ ．
$\therefore \mathrm{S}_{\text {四边形 } \mathrm{ACBD}}=\frac{1}{2}|\mathrm{AB}| \quad|\mathrm{CD}|=\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{6}}{3} \times \frac{2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{18-2 \mathrm{t}^{2}}}{3}=\frac{8 \sqrt{3} \cdot \sqrt{18-2 \mathrm{t}^{2}}}{9}$,
∴ 当且仅当 $\mathrm{t}=0$ 时，四边形 ACBD 面积的最大值为 $\frac{8}{3} \sqrt{6}$ ，满足（＊）．
∴ 四边形 $A C B D$ 面积的最大值为 $\frac{8}{3} \sqrt{6}$ ．

【点评】本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、＂点差法＂、中点坐标公式、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积计算、二次函数的单调性等基础知识，考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力