Question

15．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)是P（0，-1），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．圓C₂：x²+y²=4，l₁，l₂是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線，其中直線l₁交圓C₂于A，B兩點(diǎn)，直線l₂與橢圓C₁的另一交點(diǎn)為D．
（Ⅰ）求橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）求△ABD面積的最大值及取得最大值時(shí)直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得b=1，運(yùn)用離心率公式和a，b，c 的關(guān)系可得a=2，即可得到橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀）．由題意可知：直線l₁的斜率存在，設(shè)為k，則直線l₁的方程為y=kx-1．利用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長(zhǎng)公式即可得出圓心O到直線l₁的距離和弦長(zhǎng)|AB|，又l₂⊥l₁，可得直線l₂的方程為x+kx+k=0，與橢圓的方程聯(lián)立即可得到點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面積，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出其最大值，即得到k的值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得b=1，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-c²=1，
解得a=2，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀），
由題意可知：直線l₁的斜率存在，設(shè)為k，則直線l₁的方程為y=kx-1．
又圓C₂：x²+y²=4的圓心O（0，0）到直線l₁的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴|AB|=2$\sqrt{4-ag0esga^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{1+{k}^{2}}}$，
又l₂⊥l₁，故直線l₂的方程為x+ky+k=0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+ky+k=0}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去y得到（4+k²）x²+8kx=0，
解得x₀=-$\frac{8k}{4+{k}^{2}}$，
∴|PD|=$\frac{8\sqrt{1+{k}^{2}}}{4+{k}^{2}}$．
∴三角形ABD的面積S_△=$\frac{1}{2}$|AB|•|PD|=$\frac{8\sqrt{4{k}^{2}+3}}{4+{k}^{2}}$，
令4+k²=t＞4，則k²=t-4，
f（t）=$\frac{\sqrt{4（t-4）+3}}{t}$=$\frac{\sqrt{4t-13}}{t}$=$\sqrt{-13（\frac{1}{t}-\frac{2}{13}）^{2}+\frac{4}{13}}$≤$\sqrt{\frac{4}{13}}$，
∴S_△≤$\frac{16\sqrt{13}}{13}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{13}{2}$，即k²=$\frac{5}{2}$，當(dāng)k=±$\frac{\sqrt{10}}{2}$時(shí)取等號(hào)，
故△ABD面積的最大值為$\frac{16\sqrt{13}}{13}$，
此時(shí)直線l₁的方程為y=±$\frac{\sqrt{10}}{2}$x-1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓及橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查了推理能力和計(jì)算能力及分析問題和解決問題的能力．