Question

12．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），左、右焦點分別是F₁、F₂且|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，以F₁為圓心，3為半徑的圓與以F₂為圓心，1為班級的圓相交于橢圓C上的點K
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1，P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q
①求$\frac{|OQ|}{|OP|}$的值；
②令$\frac{{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=t，求△ABQ的面積f（t）的最大值．

Answer 1

分析 （1）運用圓與圓的位置關(guān)系，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$和a，b，c的關(guān)系，計算即可得到b，進而得到橢圓C的方程；
（2）求得橢圓E的方程，①設(shè)P（x₀，y₀），$\frac{|OQ|}{|OP|}$=λ，求得Q的坐標，分別代入橢圓C，E的方程，化簡整理，即可得到所求值；
②設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線y=kx+m代入橢圓E的方程，運用韋達定理，三角形的面積公式，將直線y=kx+m代入橢圓C的方程，由判別式大于0，可得t的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的最值，又△ABQ的面積為3S，即可得到所求的最大值．

解答 解：（1）由題意可知，|PF₁|+|PF₂|=2a=4，可得a=2，
又|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，∴c=$\sqrt{3}$，
∵a²-c²=b²，
∴b=1，即有橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）由（1）知橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
①設(shè)P（x₀，y₀），$\frac{|OQ|}{|OP|}$=λ，由題意可知，
Q（-λx₀，-λy₀），由于$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，
代入化簡可得$\frac{{λ}^{2}}{4}$（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²）=1，
所以λ=2，即$\frac{|OQ|}{|OP|}$=2；
②設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線y=kx+m代入橢圓E的方程，可得
（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，由△＞0，可得m²＜4+16k²，③
則有x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}$，所以|x₁-x₂|=$\frac{\root{4}{16{k}^{2}+4-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
由直線y=kx+m與y軸交于（0，m），
則△AOB的面積為S=$\frac{1}{2}$|m|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|m|•$\frac{\root{4}{16{k}^{2}+4-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$
設(shè)$\frac{{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=t，則S=2$\sqrt{t（4-t）}$，
將直線y=kx+m代入橢圓C的方程，可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由△′≥0可得m²≤1+4k²，④
由③④可得0＜t≤1，則S=2$\sqrt{-（t-2）^{2}+4}$在（0，1]遞增，即有t=1取得最大值，
即有S≤2$\sqrt{3}$，即m²=1+4k²，取得最大值2$\sqrt{3}$，
由①知，△ABQ的面積為3S，
即△ABQ面積的最大值為6$\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，同時考查三角形的面積公式和二次函數(shù)的最值，屬于中檔題．