Question

15．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4{b}^{2}}$=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q．
（i）求证$\frac{|OQ|}{|OP|}$=2；
（ii）求△ABQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意列关于a，b，c的方程组，求解方程组得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）由（1）求出椭圆E．（i）设P（x₀，y₀），$\frac{{|{OQ}|}}{{|{OP}|}}=λ$，由题意知Q（-λx₀，-λy₀），把P，Q的坐标分别代入两椭圆方程，整体计算可得λ值；
（ii）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将y=kx+m代入椭圆E的方程，可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，利用弦长公式、点到直线的距离公式结合三角形面积公式列出△ABO的面积，利用换元法求其最大值，乘以3可得△ABQ面积的最大值．

解答 （1）解：由题意知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得：a²=4，b²=1．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）由（1）知椭圆E的方程为$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
（i）证明：设P（x₀，y₀），$\frac{{|{OQ}|}}{{|{OP}|}}=λ$，由题意知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：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将y=kx+m代入椭圆E的方程，
可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，
由△＞0，可得m²＜4+16k²…①
则有${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-16}}{{1+4{k^2}}}$，
∴$|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}$，
∵直线y=kx+m与轴交点的坐标为（0，m），
∴△OAB的面积$S=\frac{1}{2}|m|•|{{x_2}-{x_2}}|=\frac{{2\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}|m|}}{{1+4{k^2}}}$=$\frac{{2\sqrt{（16{k^2}+4-{m^2}）•{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=2\sqrt{（{4-\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}）•\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}$，
令$\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}=t$，将y=kx+m代入椭圆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$S≤2\sqrt{3}$，当且仅当t=1，即m²=1+4k²时取得最大值$2\sqrt{3}$．
由（i）知，△ABQ面积为3S，∴△ABQ面积的最大值为$6\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用换元法求最值，是压轴题．