Question

17．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且點（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l與橢圓C交于點P，Q，線段PQ的中點為H，O為坐標(biāo)原點且OH=1，求△POQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且點（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓C上，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)l與x軸的交點為D（n，0），直線l：x=my+n，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+m²）x²+2mny+n²-4=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長公式、均值定理，結(jié)合已知條件能求出△POQ面積的最大值．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且點（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓C上．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{4}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$．解得a²=4，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）設(shè)l與x軸的交點為D（n，0），直線l：x=my+n，
與橢圓交點為P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+m²）y²+2mny+n²-4=0，
y_1，2=$\frac{-2mn±\sqrt{（2mn）^{2}-4（4+{m}^{2}）（{n}^{2}-4）}}{2（4+{m}^{2}）}$，
∴$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=-\frac{mn}{4+{m}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{n}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{m（{y}_{1}+{y}_{2}）+2n}{2}$=$\frac{4n}{4+{m}^{2}}$，即H（$\frac{4n}{4+{m}^{2}}，-\frac{mn}{4+{m}^{2}}$），
由OH=1，得${n}^{2}=\frac{（4+{m}^{2}）^{2}}{16+{m}^{2}}$，
則S_△POQ=$\frac{1}{2}$•OD•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$|n||y₁-y₂|，
令T=${n}^{2}（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=${n}^{2}[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]$=12•16•$\frac{4+{m}^{2}}{（16+{m}^{2}）^{2}}$，
設(shè)t=4+m²，則t≥4，$\frac{4+{m}^{2}}{（16+{m}^{2}）^{2}}$=$\frac{t}{{t}^{2}+24t+144}$=$\frac{1}{t+\frac{144}{t}+24}$≤$\frac{1}{2\sqrt{t•\frac{144}{t}}+24}$=$\frac{1}{48}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{144}{t}$，即t=12時，（S_△POQ）_max=1，
∴△POQ面積的最大值為1．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長公式、均值定理、橢圓性質(zhì)的合理運用．