Question

12．设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），左、右焦点分别是F₁、F₂且|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，以F₁为圆心，3为半径的圆与以F₂为圆心，1为班级的圆相交于椭圆C上的点K
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4{b}^{2}}$=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q
①求$\frac{|OQ|}{|OP|}$的值；
②令$\frac{{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=t，求△ABQ的面积f（t）的最大值．

Answer 1

分析 （1）运用圆与圆的位置关系，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$和a，b，c的关系，计算即可得到b，进而得到椭圆C的方程；
（2）求得椭圆E的方程，①设P（x₀，y₀），$\frac{|OQ|}{|OP|}$=λ，求得Q的坐标，分别代入椭圆C，E的方程，化简整理，即可得到所求值；
②设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，运用韦达定理，三角形的面积公式，将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，由判别式大于0，可得t的范围，结合二次函数的最值，又△ABQ的面积为3S，即可得到所求的最大值．

解答 解：（1）由题意可知，|PF₁|+|PF₂|=2a=4，可得a=2，
又|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，∴c=$\sqrt{3}$，
∵a²-c²=b²，
∴b=1，即有椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）由（1）知椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
①设P（x₀，y₀），$\frac{|OQ|}{|OP|}$=λ，由题意可知，
Q（-λx₀，-λy₀），由于$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，
代入化简可得$\frac{{λ}^{2}}{4}$（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²）=1，
所以λ=2，即$\frac{|OQ|}{|OP|}$=2；
②设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，可得
（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，由△＞0，可得m²＜4+16k²，③
则有x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}$，所以|x₁-x₂|=$\frac{\root{4}{16{k}^{2}+4-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
由直线y=kx+m与y轴交于（0，m），
则△AOB的面积为S=$\frac{1}{2}$|m|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|m|•$\frac{\root{4}{16{k}^{2}+4-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$
设$\frac{{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=t，则S=2$\sqrt{t（4-t）}$，
将直线y=kx+m代入椭圆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，则S=2$\sqrt{-（t-2）^{2}+4}$在（0，1]递增，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的面积为3S，
即△ABQ面积的最大值为6$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查三角形的面积公式和二次函数的最值，属于中档题．