Question

13．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過其右焦點(diǎn)F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P是橢圓C的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線l：y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過題意及a²-b²=c²，可得b²=4、a²=16，從而得到橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)過P點(diǎn)且與AB平行的直線L方程為$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$，L與AB距離就是P點(diǎn)到AB的距離，也就是△PAB的AB邊上的高，只要L與橢圓相切，就可得L與A的B最大距離，從而可得最大面積．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$2c=\sqrt{3}a$，即4c²=3a²，
又∵過橢圓右焦點(diǎn)F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2，
∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，∴$\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，即b²=4，
又a²-b²=c²，所以a²=b²+c²=4+$\frac{3}{4}{a}^{2}$，即a²=16，
所以橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（Ⅱ）聯(lián)立直線直線l：y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$與橢圓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$x=-\frac{26}{7}$，
所以不妨設(shè)A（2，$\sqrt{3}$），B（$-\frac{26}{7}$，$-\frac{3\sqrt{3}}{7}$），
則AB=$\sqrt{（2+\frac{26}{7}）^{2}+（\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{7}）^{2}}$=$\frac{10}{7}\sqrt{19}$，
設(shè)過P點(diǎn)且與直線l平行的直線L的方程為：$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$，
L與l的距離就是P點(diǎn)到AB的距離，即△PAB的邊AB邊上的高，
只要L與橢圓相切，就有L與AB的最大距離，即得最大面積，
將$y=\frac{\sqrt{3}}{4}x+c$代入$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
消元、整理，可得：$7{x}^{2}+8\sqrt{3}cx+16{c}^{2}-64=0$，
令判別式△=$（8\sqrt{3}c）^{2}-4×7×（16{c}^{2}-64）$
=-256c²+28×64
=0，解得c=$±\sqrt{\frac{28×64}{256}}$=±$\sqrt{7}$，
∴L與AB的最大距離為$\frac{|-\sqrt{7}-\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{4}）^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{19}（2\sqrt{7}+\sqrt{3}）}{19}$，
∴△PAB面積的最大值為：$\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}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查三角形面積的計(jì)算，解題的關(guān)鍵是求出L與AB最大距離，屬于中檔題．