Question

15．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且點（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1，P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q．
（i）求證$\frac{|OQ|}{|OP|}$=2；
（ii）求△ABQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意列關于a，b，c的方程組，求解方程組得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）由（1）求出橢圓E．（i）設P（x₀，y₀），$\frac{{|{OQ}|}}{{|{OP}|}}=λ$，由題意知Q（-λx₀，-λy₀），把P，Q的坐標分別代入兩橢圓方程，整體計算可得λ值；
（ii）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將y=kx+m代入橢圓E的方程，可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，利用弦長公式、點到直線的距離公式結合三角形面積公式列出△ABO的面積，利用換元法求其最大值，乘以3可得△ABQ面積的最大值．

解答 （1）解：由題意知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得：a²=4，b²=1．
∴橢圓C的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）由（1）知橢圓E的方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
（i）證明：設P（x₀，y₀），$\frac{{|{OQ}|}}{{|{OP}|}}=λ$，由題意知Q（-λx₀，-λy₀），
∵$\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$，又$\frac{{{{（{-λ{x_0}}）}^2}}}{16}+\frac{{{{（{-λ{y_0}}）}^2}}}{4}=1$，
∴$\frac{λ^2}{4}（{\frac{x_0^2}{4}+y_0^2}）=1$，得λ=2，即$\frac{{|{OQ}|}}{{|{OP}|}}=2$．
（ii）解：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將y=kx+m代入橢圓E的方程，
可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，
由△＞0，可得m²＜4+16k²…①
則有${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-16}}{{1+4{k^2}}}$，
∴$|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}$，
∵直線y=kx+m與軸交點的坐標為（0，m），
∴△OAB的面積$S=\frac{1}{2}|m|•|{{x_2}-{x_2}}|=\frac{{2\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}|m|}}{{1+4{k^2}}}$=$\frac{{2\sqrt{（16{k^2}+4-{m^2}）•{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=2\sqrt{（{4-\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}）•\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}$，
令$\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}=t$，將y=kx+m代入橢圓C的方程可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由△≥0，可得m²≤1+4k²…②
由①②可知0＜t≤1，
因此$S=2\sqrt{（{4-t}）t}=2\sqrt{-{t^2}+4t}$，故$S≤2\sqrt{3}$，當且僅當t=1，即m²=1+4k²時取得最大值$2\sqrt{3}$．
由（i）知，△ABQ面積為3S，∴△ABQ面積的最大值為$6\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了利用換元法求最值，是壓軸題．