Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的短軸的一個(gè)頂點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，且該三角形的面積為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)F₁，F(xiàn)₂是橢圓C的左右焦點(diǎn)，若橢圓C的一個(gè)內(nèi)接平行四邊形的一組對(duì)邊過點(diǎn)F₁和F₂，求這個(gè)平行四邊形的面積最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的短軸的一個(gè)頂點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，且該三角形的面積為$\sqrt{3}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)過橢圓右焦點(diǎn)F₂的直線l：x=ty+1與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得：（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、平行四邊形面積、函數(shù)單調(diào)性，能求出平行四邊形面積的最大值．

解答 20．（本小題滿分12分）
解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的短軸的一個(gè)頂點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，且該三角形的面積為$\sqrt{3}$，
∴依題意$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{a：b：c=2：\sqrt{3}：1}\\{bc=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．…（5分）
（2）設(shè)過橢圓右焦點(diǎn)F₂的直線l：x=ty+1與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，
則$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，整理，得：（3t²+4）y²+6ty-9=0，
由韋達(dá)定理，得：${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
∴|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{\sqrt{144{t}^{2}+144}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
∴${S}_{△OAB}={S}_{△O{F}_{1}A}+{S}_{△O{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}×|OF|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{6\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
橢圓C的內(nèi)接平行四邊形面積為S=4S_△OAB=$\frac{24\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
令m=$\sqrt{1+{t}^{2}}$≥1，則S=f（m）=$\frac{24m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{24}{3m+\frac{1}{m}}$，
注意到S=f（m）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，∴S_max=f（1）=6，
當(dāng)且僅當(dāng)m=1，即t=0時(shí)等號(hào)成立．故這個(gè)平行四邊形面積的最大值為6．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查平行四邊形的面積的最大值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、平行四邊形面積、函數(shù)單調(diào)性的合理運(yùn)用．