Question

8．已知椭圆Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，若Γ与圆E：${（{x-\frac{3}{2}}）^2}+{y^2}$=1相交于M，N两点，且圆E在Γ内的弧长为$\frac{2}{3}$π．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）过Γ的中心作两条直线AC，BD交Γ于A，C和B，D四点，设直线AC的斜率为k₁，BD的斜率为k₂，且k₁k₂=$\frac{1}{4}$
（1）求直线AB的斜率；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出M（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），N（1，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），由此利用待定系数法能求出a=2，b=1．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）得椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，设直线AB方程为y=kx+m，代入椭圆方程，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出k．
（2）利用弦长公式求出|AB|，利用点到直线的距离公式求出O到直线AB的距离，由此能求出四边形ABCD面积的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
Γ与圆E：${（{x-\frac{3}{2}}）^2}+{y^2}$=1相交于M，N两点，且圆E在Γ内的弧长为$\frac{2}{3}$π，
∴该弧所对的圆心角为$\frac{2π}{3}$，∴圆心E在该弧的右方，
∴M（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），N（1，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1}\\{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）得椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB方程为y=kx+m，
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）=16（1+4k²-m²）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$=$\frac{-4{k}^{2}+{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
∵k₁k₂=$\frac{1}{4}$，∴$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{1}{4}$，即4y₁y₂=x₁x₂，
∴4k²=1，解得k=$±\frac{1}{2}$．
（2）|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16（4{k}^{2}+1-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$，
O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
S_{平行四边形ABCD}=4S_△ABO
=2|AB|d=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16（4{k}^{2}+1-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=4|m|$\sqrt{2-{m}^{2}}$≤4，
当且仅当m²=1，面积有最大值为4．

点评 本题考查实数值的求法，考查直线的斜率的求法，考查三角形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式的合理运用．