Question

12．已知焦点在x轴上的椭圆C过点（0，1），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，点Q为椭圆C的左顶点
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点（-1，0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，求△QAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过将点（0，1）代入椭圆C方程可知b=1，利用离心率可知a=2，进而可得结论；
（2）对直线l的斜率存在性进行讨论，当直线l斜率存在时设过D（-1，0）的直线l的方程为y=k（x+1），并与椭圆方程联立，利用韦达定理代入S_△QAB=$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₁|+$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₂|计算即得结论；当直线l斜率不存在时可知过D（-1，0）的直线l的方程为x=-1，计算即得结论．

解答 解：（1）依题意，设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵椭圆C过点（0，1），
∴椭圆C的上顶点为（0，1），即b=1，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{a}^{2}-{b}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）由（1）可知Q（-2，0），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①当直线l斜率存在时，可设过D（-1，0）的直线l的方程为：y=k（x+1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y、整理得：（4k²+1）x²+8k²x+4k²-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
S_△QAB=$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₁|+$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₂|
=$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$•1•k|x₁-x₂|
=$\frac{k}{2}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{k}{2}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}）^{2}-4•\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}}$
=$\frac{k}{2}$•4$\sqrt{\frac{3{k}^{2}+1}{（4{k}^{2}+1）^{2}}}$
=2•$\sqrt{\frac{{k}^{2}（4{k}^{2}+1）-{k}^{4}}{（4{k}^{2}+1）^{2}}}$
=2•$\sqrt{\frac{{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-（\frac{{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}）^{2}}$，
记t=$\frac{{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，则0＜t＜$\frac{1}{4}$，
∵g（t）=t-t²=-$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{1}{4}$在区间（0，$\frac{1}{4}$）上单调递增，
∴g（t）_max＜g（$\frac{1}{4}$）=$\frac{3}{16}$，
∴S_△QAB＜2•$\sqrt{\frac{3}{16}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
②当直线l斜率不存在时，过D（-1，0）的直线l的方程为：x=-1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得：y₁=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，y₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴S_△QAB=$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₁|+$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₂|
=$\frac{1}{2}$•|QD|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}•1•$$\sqrt{3}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
综上所述，△QAB面积的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．