Question

19．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b≥1）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且橢圓C₁上一點M到點Q（0，3）的距離的最大值為4．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）設A（0，$\frac{1}{16}$），N為拋物線C₂：y=x²上一動點，過點N作拋物線C₂的切線交橢圓C₁于B，C兩點，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率及橢圓C₁上一點M到點Q（0，3）的距離的最大值為4，利用橢圓性質(zhì)能求出a，b，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）設曲線C：y=x²上的點N（t，t²），由導數(shù)幾何意義求出直線BC的方程為y=2tx-t²，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得（1+16t²）x²-16t³x+4t⁴-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式能求出△ABC面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b≥1）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴${e}^{2}=\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，∴a²=4b²，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，即x²+4y²=4b²，
∵橢圓C₁上一點M到點Q（0，3）的距離的最大值為4，
設M（x，y），則|MQ|=$\sqrt{（x-0）^{2}+（y-3）^{2}}$=$\sqrt{4^{2}-4{y}^{2}+（y-3）^{2}}$
=$\sqrt{-3{y}^{2}-6y+4^{2}+9}$=$\sqrt{-3（y+1）^{2}+4^{2}+12}$，
∴當y=-1時，|MQ|取最大值$\sqrt{4^{2}+12}$=4，解得b²=1，則a²=4，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）設曲線C：y=x²上的點N（t，t²），
∵y′=2x，∴直線BC的方程為y-t²=2t（x-t），即y=2tx-t²，①
將①代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，整理，得（1+16t²）x²-16t³x+4t⁴-4=0，
則△=（16t³）²-4（1+16t²）（4t⁴-4）=16（-t⁴+16t²+1），
且${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16{t}^{3}}{1+16{t}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{t}^{4}-4}{1+16{t}^{2}}$，
∴|BC|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+4{t}^{2}•\sqrt{-{t}^{4}+16{t}^{2}+1}}}{1+16{t}^{2}}$，
設點A到直線BC的距離為d，則d=$\frac{1+16{t}^{2}}{16\sqrt{1+4{t}^{2}}}$，
∴△ABC的面積S=$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{1}{2}$•$\frac{4\sqrt{1+4{t}^{2}}•\sqrt{-{t}^{4}+16{t}^{2}+1}}{1+16{t}^{2}}$•$\frac{1+16{t}^{2}}{16\sqrt{1+4{t}^{2}}}$，
當t=$±2\sqrt{2}$時，取到“=”，此時△＞0，滿足題意，
∴△ABC面積的最大值為$\frac{\sqrt{65}}{8}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，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、弦長公式的合理運用．