Question

17．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且点（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l与椭圆C交于点P，Q，线段PQ的中点为H，O为坐标原点且OH=1，求△POQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且点（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆C上，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设l与x轴的交点为D（n，0），直线l：x=my+n，联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+m²）x²+2mny+n²-4=0，由此利用韦达定理、弦长公式、均值定理，结合已知条件能求出△POQ面积的最大值．

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且点（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆C上．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{4}}{{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$．解得a²=4，b²=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）设l与x轴的交点为D（n，0），直线l：x=my+n，
与椭圆交点为P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，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${n}^{2}=\frac{（4+{m}^{2}）^{2}}{16+{m}^{2}}$，
则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•$\frac{4+{m}^{2}}{（16+{m}^{2}）^{2}}$，
设t=4+m²，则t≥4，$\frac{4+{m}^{2}}{（16+{m}^{2}）^{2}}$=$\frac{t}{{t}^{2}+24t+144}$=$\frac{1}{t+\frac{144}{t}+24}$≤$\frac{1}{2\sqrt{t•\frac{144}{t}}+24}$=$\frac{1}{48}$，
当且仅当t=$\frac{144}{t}$，即t=12时，（S_△POQ）_max=1，
∴△POQ面积的最大值为1．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、弦长公式、均值定理、椭圆性质的合理运用．