Question

1．橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于圓C₂：x²+y²=4的直徑，且C₁的離心率等于$\frac{1}{2}$，直線l₁和l₂是過(guò)點(diǎn)M（1，0）互相垂直的兩條直線，l₁交C₁于A，B兩點(diǎn)，l₂交C₂于C，D兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）求四邊形ABCD的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a=2，由離心率公式可得c，由a，b，c的關(guān)系，可得b，進(jìn)而得到橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線m，n的方程，運(yùn)用圓和直線相交的弦長(zhǎng)公式和直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，分別求得|CD|，|AB|，再由四邊形的面積公式，化簡(jiǎn)整理計(jì)算即可得到最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得2a=4，即a=2，
又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，解得c=1，
b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則有橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設(shè)過(guò)點(diǎn)M（1，0）作兩條互相垂直的直線m：y=k（x-1），
直線n：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
圓心C₂到直線m的距離為d=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則|CD|=2$\sqrt{4-mgdabuv^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4+3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}}$，
由y=-$\frac{1}{k}$（x-1）和橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
可得（3k²+4）y²-6ky-9=0，
判別式顯然大于0，y₁+y₂=$\frac{6k}{4+3{k}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{k}^{2}}$，
則|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{6k}{4+3{k}^{2}}）^{2}+\frac{36}{4+3{k}^{2}}}$
=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，
則有四邊形ABCD面積為S=$\frac{1}{2}$|CD|•|AB|=$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{\frac{4+3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}}$•$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$
=12•$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{4+3{k}^{2}}}$=12•$\sqrt{\frac{1}{3+\frac{1}{1+{k}^{2}}}}$，
由于k²＞0，即有1+k²＞1，S＞12×$\frac{1}{2}$=6，且S＜12×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=4$\sqrt{3}$，
當(dāng)k不存在，即x=1時(shí)，有|CD|=2$\sqrt{4-1}$=2$\sqrt{3}$，|AB|=4，
可得四邊形ABCD的面積為$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{3}$•4=4$\sqrt{3}$．
則有四邊形ABCD的面積的最大值為4$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓、橢圓的位置關(guān)系，同時(shí)考查直線被圓、橢圓截得弦長(zhǎng)的問(wèn)題，運(yùn)用圓的垂徑定理和弦長(zhǎng)公式，以及韋達(dá)定理是解題的關(guān)鍵．