Question

9．平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，左右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，以F₁為圓心以3為半徑的圓與以F₂為圓心以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓C上．
 （I）求橢圓C的方程；
（II）設(shè)橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y=kx+m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)．射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q．
（i）求$\frac{|OQ|}{|OP|}$的值，（ii）求△ABQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用橢圓的離心率公式和a，b，c的關(guān)系，計(jì)算即可得到b，進(jìn)而得到橢圓C的方程；
（Ⅱ）求得橢圓E的方程，（i）設(shè)P（x₀，y₀），|$\frac{OQ}{OP}$|=λ，求得Q的坐標(biāo)，分別代入橢圓C，E的方程，化簡整理，即可得到所求值；
（ii）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線y=kx+m代入橢圓E的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，三角形的面積公式，將直線y=kx+m代入橢圓C的方程，由判別式大于0，可得t的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的最值，又△ABQ的面積為3S，即可得到所求的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，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=$\sqrt{3}$，即有橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，
（i）設(shè)P（x₀，y₀），|$\frac{OQ}{OP}$|=λ，由題意可知，
Q（-λx₀，-λy₀），由于$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，
又$\frac{（-λ{(lán)x}_{0}）^{2}}{16}$+$\frac{（-λ{(lán)y}_{0}）^{2}}{12}$=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）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線y=kx+m代入橢圓E的方程，可得
（3+4k²）x²+8kmx+4m²-48=0，由△＞0，可得m²＜12+16k²，①
則有x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
所以|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{16{k}^{2}+12-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$，
由直線y=kx+m與y軸交于（0，m），
則△AOB的面積為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}$$\sqrt{（4-\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}）•\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$，設(shè)$\frac{{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=t，則S=2$\sqrt{3}$$\sqrt{t（4-t）}$，
將直線y=kx+m代入橢圓C的方程，可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
由△≥0可得m²≤3+4k²，②
由①②可得0＜t≤1，則S=2$\sqrt{3}$$\sqrt{4-（t-2）^{2}}$在（0，1]遞增，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的面積為3S，
即△ABQ面積的最大值為18．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查三角形的面積公式和二次函數(shù)的最值，屬于難題．