Question

1．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且橢圓C₁的短軸長為2．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）設A（0，$\frac{1}{16}$），N為拋物線C₂：y=x²上一動點，過點N作拋物線C₂的切線交橢圓C₁于B，C兩點，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率公式求得a²=4b²，由b=1，求得a的值，求得橢圓C₁的方程；
（2）設曲線C：y=x²上的點N（t，t²），由導數(shù)幾何意義求出直線BC的方程為y=2tx-t²，代入橢圓方程，由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式及二次函數(shù)的最值，即可求出△ABC面積的最大值．

解答 解：（1）∵橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴e-$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴a²=4b²，
橢圓C₁的短軸長為2，即2b=2，b=1，a²=4，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設曲線C：y=x²上的點N（t，t²），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
∵y′=2x，∴直線BC的方程為y-t²=2t（x-t），即y=2tx-t²，①
將①代入橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=2tx-{t}^{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（1+16t²）x²-16t³x+4t⁴-4=0，
則△=（16t³）²-4（1+16t²）（4t⁴-4）=16（-t⁴+16t²+1），
且x₁+x₂=$\frac{16{t}^{3}}{1+16{t}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{4}-4}{1+16{t}^{2}}$，
∴|BC|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+4{t}^{2}}•\sqrt{-{t}^{4}+16{t}^{2}+1}}{1+16{t}^{2}}$，
設點A到直線BC的距離為d，則d=$\frac{1+16{t}^{2}}{16\sqrt{1+4{t}^{2}}}$，
∴△ABC的面積S=$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{1}{2}$•$\frac{4\sqrt{1+4{t}^{2}}•\sqrt{-{t}^{4}+16{t}^{2}+1}}{1+16{t}^{2}}$•$\frac{1+16{t}^{2}}{16\sqrt{1+4{t}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{-（{t}^{2}-8）^{2}+65}}{8}$≤$\frac{\sqrt{65}}{8}$，
當t=±2$\sqrt{2}$時，取到“=”，此時△＞0，滿足題意，
∴△ABC面積的最大值為$\frac{\sqrt{65}}{8}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、弦長公式的合理運用，屬于中檔題．