Question

9．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$\frac{1}{2}$，左右焦点分别是F₁，F₂，以F₁为圆心以3为半径的圆与以F₂为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
 （I）求椭圆C的方程；
（II）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$\frac{|OQ|}{|OP|}$的值，（ii）求△ABQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，计算即可得到b，进而得到椭圆C的方程；
（Ⅱ）求得椭圆E的方程，（i）设P（x₀，y₀），|$\frac{OQ}{OP}$|=λ，求得Q的坐标，分别代入椭圆C，E的方程，化简整理，即可得到所求值；
（ii）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，运用韦达定理，三角形的面积公式，将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，由判别式大于0，可得t的范围，结合二次函数的最值，又△ABQ的面积为3S，即可得到所求的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知，PF₁+PF₂=2a=3+1=4，可得a=2，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-c²=b²，
可得c=1，b=$\sqrt{3}$，即有椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，
（i）设P（x₀，y₀），|$\frac{OQ}{OP}$|=λ，由题意可知，
Q（-λx₀，-λy₀），由于$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，
又$\frac{（-λ{x}_{0}）^{2}}{16}$+$\frac{（-λ{y}_{0}）^{2}}{12}$=1，即$\frac{{λ}^{2}}{4}$（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$）=1，
所以λ=2，即|$\frac{OQ}{OP}$|=2；
（ii）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，可得
（3+4k²）x²+8kmx+4m²-48=0，由△＞0，可得m²＜12+16k²，①
则有x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
所以|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{16{k}^{2}+12-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$，
由直线y=kx+m与y轴交于（0，m），
则△AOB的面积为S=$\frac{1}{2}$|m|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|m|•$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{16{k}^{2}+12-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$
=2$\sqrt{3}$$\sqrt{（4-\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}）•\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$，设$\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=t，则S=2$\sqrt{3}$$\sqrt{t（4-t）}$，
将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
由△≥0可得m²≤3+4k²，②
由①②可得0＜t≤1，则S=2$\sqrt{3}$$\sqrt{4-（t-2）^{2}}$在（0，1]递增，即有t=1取得最大值，
即有S≤6，即m²=3+4k²，取得最大值6，
由（i）知，△ABQ的面积为3S，
即△ABQ面积的最大值为18．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查三角形的面积公式和二次函数的最值，属于难题．