Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且橢圓C過點A（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若O是坐標(biāo)原點，不經(jīng)過原點的直線l：y=kx+m與橢圓交于兩不同點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），且y₁y₂=k²x₁x₂，求直線l的斜率k；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求△OPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的焦距為2$\sqrt{3}$，且橢圓C過點A（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），列出方程求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}-4=0\end{array}\right.$，得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能求出直線l的斜率．
（Ⅲ）把直線方程$y=\frac{1}{2}x+m$與橢圓方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$聯(lián)立，得：2x²+8mx+4m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式、弦長公式能求出△OPQ面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且橢圓C過點A（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），
∴由題意得$c=\sqrt{3}$，可設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{{{b^2}+3}}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
則$\frac{1}{{{b^2}+3}}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1$，得b²=1，
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．  …（4分）
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}-4=0\end{array}\right.$消去y得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-1）}}{{1+4{k^2}}}$，
故${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$．
又∵${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}$，∴$km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，∴$-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$．
∵m≠0，∴${k}^{2}=\frac{1}{4}$，解得k=$±\frac{1}{2}$，
∴直線l的斜率為$\frac{1}{2}$或-$\frac{1}{2}$．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知直線l的方程為$y=±\frac{1}{2}x+m$，
由對稱性，不妨把直線方程$y=\frac{1}{2}x+m$與橢圓方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$聯(lián)立，
消去y得：2x²+8mx+4m²-4=0，
△=64m²-4（4m²-4）＞0，
∵P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），∴x₁+x₂=-4m，${x}_{1}{x}_{2}=2{m}^{2}-2$，
設(shè)d為點O到直線l的距離，則d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$=$\frac{|2m|}{\sqrt{5}}$，
∴${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}d|{PQ}|=\frac{1}{2}\frac{{|{2m}|}}{{\sqrt{5}}}\sqrt{\frac{5}{4}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{1}{2}|m|\sqrt{8-4{m^2}}=\sqrt{{m^2}（2-{m^2}）}≤\frac{{{m^2}+2-{m^2}}}{2}=1$．
當(dāng)且僅當(dāng)m²=1時，等號成立．
∴△OPQ面積的最大值為1．  …（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線的斜率的求法，考查三角形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式、弦長公式的合理運用．