Question

15．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，点A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆相交于不同于点A的两个点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）当$\overrightarrow{AP}$⊥$\overrightarrow{AQ}$=0时，求△OPQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将点代入椭圆方程，根据椭圆的离心率公式，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（Ⅱ）分类讨论．当直线l的斜率不存在时，求得P，Q点坐标，由$\overrightarrow{AP}$⊥$\overrightarrow{AQ}$=0即可求得m的值，求得丨PQ丨，即可求得△OPQ面积；
当直线l的斜率存在，且不为0，代入椭圆方程，利用韦达定理，弦长公式及向量数量积的坐标运算，根据函数的单调性即可求得△OPQ面积的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由题意知：且$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\\{\frac{1}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1}\end{array}}\right.$，可得：$\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}}\right.$，
椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（4分）
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，设l：x=m，与$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，联立得$P（m，\sqrt{1-\frac{m^2}{4}}），Q（m，-\sqrt{1-\frac{m^2}{4}}）$．
由于$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}=0$，得${（{m-2}）^2}-（{1-\frac{m^2}{4}}）=0$，解得$m=\frac{6}{5}$或m=2（舍去）．
此时$|{PQ}|=\frac{8}{5}$，△OPQ的面积为$\frac{24}{25}$…（6分）
当直线l的斜率存在时，由题知k≠0，设l：y=kx+m，与$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$联立，
整理得：（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0．由△＞0，得4k²-m²+1＞0；
且${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4（{{m^2}-1}）}}{{4{k^2}+1}}（*）$…（7分）
由于$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}=0$，得：$（{x_1}-2）（{x_2}-2）+{y_1}{y_2}=（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+（{km-2}）（{{x_1}+{x_2}}）+（{{m^2}+4}）=0$．
代入（*）式得：12k²+5m²+16km=0，即$m=-\frac{6}{5}k$或m=-2k（此时直线l过点A，舍去）．
$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{4}{{4{k^2}+1}}\sqrt{（{1+{k^2}}）（{4{k^2}-{m^2}+1}）}$，
点O到直线l的距离为：$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$…（10分）
S_△OPQ=$\frac{{2|m|\sqrt{4{k^2}-{m^2}+1}}}{{4{k^2}+1}}$，将$m=-\frac{6}{5}k$代入得：${S_{△OPQ}}=\frac{12}{25}•\sqrt{\frac{{64{k^4}+25{k^2}}}{{{{（4{k^2}+1）}^2}}}}$，
令$4{k^2}+1=\frac{1}{p}$0＜p＜1，${S_{△OPQ}}=\frac{6}{25}•\sqrt{-9{p^2}-7p+16}$，由y=-9p²-7p+16，
在（0，1）上递减，
∴0＜y＜16，故${S_{△OPQ}}∈（0，\;\;\frac{24}{25}）$，
综上（S_△OPQ）_max=$\frac{24}{25}$…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式及向量数量积的坐标运算，函数单调性与椭圆的应用，考查计算能力，属于中档题．