Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，它的頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形面積為4．過點(diǎn)（m，0）作x²+y²=b²的切線l交橢圓C于A、B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的離心率定義和菱形的面積公式可得橢圓方程．
（2）根據(jù)直線方程和橢圓方程聯(lián)立方程組，求得弦長，求得三角形的面積，再根據(jù)均值不等式求得面積最大值．

解答 解：（1）∵$e=\frac{\sqrt{3}}{2}$∴${e}^{2}=\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{3}{4}$．
∴${c}^{2}=\frac{3}{4}{a}^{2}$①
又∵它的頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形面積為4，
∴$\frac{1}{2}\\;ab×4=4$×a×b×4=4，
∴ab=2②
由①②，結(jié)合a²-b²=c²，解得a²=4，b²=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）（Ⅱ）由題意知，|m|≥1，當(dāng)m=1時(shí)，切線l的方程x=1，
點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（$1，\frac{\sqrt{3}}{2}$），（$1，-\frac{\sqrt{3}}{2}$）此時(shí)$|AB|=\sqrt{3}$；
當(dāng)m=-1時(shí)，同理可得|AB|=$\sqrt{3}$；
當(dāng)|m|＞1時(shí)，設(shè)切線l的方程為y=k（x-m），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-m）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-8k²mx+4k²m²-4=0，
設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁）（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
又由l與圓x²+y²=1相切，得$\frac{|km|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1$，即m²k²=k²+1，
所以$|AB|=\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}$
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{64{k}^{4}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（4{k}^{2}{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}]}$=$\frac{4\sqrt{3}|m|}{{m}^{2}+3}$，
由于當(dāng)m=±3時(shí)，|AB|=$\sqrt{3}$
所以，$|AB|=\frac{4\sqrt{3}|m|}{{m}^{2}+3}，m∈（-∞，-1]∪[1，+∞）$
因?yàn)?|AB|=\frac{4\sqrt{3}|m|}{{m}^{2}+3}=\frac{4\sqrt{3}}{|m|+\frac{3}{|m|}}≤2$且$m=±\sqrt{3}$，此時(shí)，|AB|=2，
所以|AB|的最大值為2．
∴S_△OAB的最大值為$\frac{1}{2}×2×1=1$

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了橢圓方程的求法和直線與橢圓方程的位置關(guān)系的應(yīng)用來求得三角形面積．屬難度較大題目，在高考中屬壓軸題目．