Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)與y²=4$\sqrt{3}$x的焦點(diǎn)重合，點(diǎn)$（\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且以PQ為對(duì)角線的菱形的一頂點(diǎn)為（-1，0），求△OPQ面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，則c=$\sqrt{3}$，將點(diǎn)代入橢圓方程，即可求得a和b的值，即可求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)，求得PQ的中點(diǎn)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)及中點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得△OPQ面積的最大值．

解答 解：（1）拋物線${y^2}=4\sqrt{3}x$的焦點(diǎn)為$（\sqrt{3}，0）$，故得$c=\sqrt{3}$，
所以a²=b²+3，因點(diǎn)$（\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$在橢圓C上，
∴$\frac{3}{a^2}+\frac{1}{{4{b^2}}}=1$，解得a²=4，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）的中點(diǎn)為（x₀，y₀），
將直線y=kx+m（k≠0）代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴△=16（1+4k²-m²）＞0，則${x_0}=\frac{1}{2}（{x_1}+{x_2}）=-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}$，${y_0}=\frac{1}{2}（{y_1}+{y_2}）=-\frac{m}{{1+4{k^2}}}$，
因?yàn)椋?1，0）是以PQ為對(duì)角線的菱形的一頂點(diǎn)，且不在橢圓上，
∴$\frac{{{y_0}-0}}{{{x_0}+1}}=-\frac{1}{k}$，即3km=1+4k²，解得${k^2}＞\frac{1}{5}$，設(shè)O到直線的距離為$d=\frac{m}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
則$S=\frac{1}{2}d|PQ|=\frac{1}{2}×\frac{m}{{\sqrt{1+{k^2}}}}×$$\frac{{\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{16（1+4{k^2}-{m^2}）}}}{{1+4{k^2}}}=\frac{2}{9}\sqrt{20+\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^4}}$，
當(dāng)$\frac{1}{k^2}=\frac{1}{2}$，即$k=±\sqrt{2}$時(shí)，三角形面積最大為1．
∴△OPQ面積的最大值1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓及拋物線的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．