Question

3．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形，且该三角形的面积为$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设F₁，F₂是椭圆C的左右焦点，若椭圆C的一个内接平行四边形的一组对边过点F₁和F₂，求这个平行四边形的面积最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形，且该三角形的面积为$\sqrt{3}$，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设过椭圆右焦点F₂的直线l：x=ty+1与椭圆交于A，B两点，由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得：（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用韦达定理、弦长公式、平行四边形面积、函数单调性，能求出平行四边形面积的最大值．

解答 20．（本小题满分12分）
解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形，且该三角形的面积为$\sqrt{3}$，
∴依题意$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{a：b：c=2：\sqrt{3}：1}\\{bc=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．…（5分）
（2）设过椭圆右焦点F₂的直线l：x=ty+1与椭圆交于A，B两点，
则$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，整理，得：（3t²+4）y²+6ty-9=0，
由韦达定理，得：${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
∴|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{\sqrt{144{t}^{2}+144}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
∴${S}_{△OAB}={S}_{△O{F}_{1}A}+{S}_{△O{F}_{1}B}$=$\frac{1}{2}×|OF|×|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{6\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
椭圆C的内接平行四边形面积为S=4S_△OAB=$\frac{24\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
令m=$\sqrt{1+{t}^{2}}$≥1，则S=f（m）=$\frac{24m}{3{m}^{2}+1}$=$\frac{24}{3m+\frac{1}{m}}$，
注意到S=f（m）在[1，+∞）上单调递减，∴S_max=f（1）=6，
当且仅当m=1，即t=0时等号成立．故这个平行四边形面积的最大值为6．…（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查平行四边形的面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、韦达定理、弦长公式、平行四边形面积、函数单调性的合理运用．