Question

1．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)是A（0，1），B，C，是橢圓上兩點(diǎn)，$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=0．
（1）若橢圓的另一個(gè)頂點(diǎn)是拋物線y²=8x的焦點(diǎn)，求橢圓的離心率；
（2）若△ABC面積的最大值為$\frac{27}{8}$，求a的值．

Answer 1

分析 （1）由已知的b，再由拋物線焦點(diǎn)求得a，結(jié)合隱含條件求得c，則橢圓離心率可求；
（2）由題意知橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1$，且AB、AC所在直線斜率存在，設(shè)出兩直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出B、C坐標(biāo)，代入三角形面積公式，利用換元法結(jié)合基本不等式得到面積最大值，從而求得a值．

解答 解：（1）由拋物線y²=8x，得2p=8，p=4，
∴$\frac{p}{2}=2$，即拋物線y²=8x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），
∴橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)為（2，0），即a=2．
又橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)是A（0，1），可得b=1，
∴$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}=\sqrt{3}$，則e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）由題意知橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1$，
不妨設(shè)AB斜率k＞0，則AB：y=kx+1，AC：y=-$\frac{1}{k}$x+1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+a²k²）x²+2a²kx=0，
解得${x}_{B}=-\frac{2{a}^{2}k}{1+{a}^{2}{k}^{2}}$，同理${x}_{C}=\frac{2{a}^{2}k}{{a}^{2}+{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{{{x}_{B}}^{2}+（{y}_{B}-1）^{2}}$=$\frac{2{a}^{2}k\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+{a}^{2}{k}^{2}}$，同理可得：|AC|=$\frac{2{a}^{2}\sqrt{1+{k}^{2}}}{{a}^{2}+{k}^{2}}$．
∴S=$\frac{1}{2}$|AB||AC|=2a⁴×$\frac{k（1+{k}^{2}）}{{a}^{2}{k}^{4}+{a}^{4}{k}^{2}+{k}^{2}+{a}^{2}}$=2a⁴×$\frac{k+\frac{1}{k}}{{a}^{2}（k+\frac{1}{k}）^{2}+（{a}^{2}-1）^{2}}$，
令k+$\frac{1}{k}$=t≥2，
則S=2a⁴×$\frac{t}{{a}^{2}{t}^{2}+（{a}^{2}-1）^{2}}$=$\frac{2{a}^{4}}{{a}^{2}t+\frac{（a-1）^{2}}{t}}$≤$\frac{{a}^{3}}{{a}^{2}-1}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{{a}^{2}-1}{a}$≥2，
即a≥1+$\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)．
由$\frac{{a}^{3}}{{a}^{2}-1}=\frac{27}{8}$，解得a=3，或a=$\frac{3+\sqrt{297}}{16}$（舍去）．
1＜a＜1+$\sqrt{2}$時(shí)無(wú)解．
∴a=3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、兩點(diǎn)之間的距離公式、基本不等式的性質(zhì)、換元方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．