Question

13．椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且过其右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设点P是椭圆C的一个动点，直线l：y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过题意及a²-b²=c²，可得b²=4、a²=16，从而得到椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过P点且与AB平行的直线L方程为$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$，L与AB距离就是P点到AB的距离，也就是△PAB的AB边上的高，只要L与椭圆相切，就可得L与A的B最大距离，从而可得最大面积．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$2c=\sqrt{3}a$，即4c²=3a²，
又∵过椭圆右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2，
∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，∴$\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，即b²=4，
又a²-b²=c²，所以a²=b²+c²=4+$\frac{3}{4}{a}^{2}$，即a²=16，
所以椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（Ⅱ）联立直线直线l：y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$与椭圆C的方程，得
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理可得7x²+12x-52=0，
即（7x+26）（x-2）=0，解得x=2或$x=-\frac{26}{7}$，
所以不妨设A（2，$\sqrt{3}$），B（$-\frac{26}{7}$，$-\frac{3\sqrt{3}}{7}$），
则AB=$\sqrt{（2+\frac{26}{7}）^{2}+（\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{7}）^{2}}$=$\frac{10}{7}\sqrt{19}$，
设过P点且与直线l平行的直线L的方程为：$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$，
L与l的距离就是P点到AB的距离，即△PAB的边AB边上的高，
只要L与椭圆相切，就有L与AB的最大距离，即得最大面积，
将$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$代入$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
消元、整理，可得：$7{x}^{2}+8\sqrt{3}cx+16{c}^{2}-64=0$，
令判别式△=$（8\sqrt{3}c）^{2}-4×7×（16{c}^{2}-64）$
=-256c²+28×64
=0，解得c=$±\sqrt{\frac{28×64}{256}}$=±$\sqrt{7}$，
∴L与AB的最大距离为$\frac{|-\sqrt{7}-\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{4}）^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{19}（2\sqrt{7}+\sqrt{3}）}{19}$，
∴△PAB面积的最大值为：$\frac{1}{2}×$$\frac{10}{7}\sqrt{19}$×$\frac{2\sqrt{19}（2\sqrt{7}+\sqrt{3}）}{19}$=$\frac{10}{7}（2\sqrt{7}+\sqrt{3}）$．

点评 本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，解题的关键是求出L与AB最大距离，属于中档题．