Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，A、B分別為橢圓C的左頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)，橢圓C上一動點(diǎn)P，三角形PF₁F₂的面積的最大值為2．在橢圓C上有一點(diǎn)Q，過Q作x軸的垂線恰好過左焦點(diǎn)F₁，且OQ∥AB，過點(diǎn)F₁的直線l交橢圓于D、E．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求三角形OPQ的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}•2c$•|y_P|≤c•b=2．把x=-c代入橢圓方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，解得y．利用OQ∥AB，可得k_OQ=k_AB，可得b=c，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）Q（-$\sqrt{2}$，1），可得|OQ|=$\sqrt{3}$．直線OQ的方程為：y=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，設(shè)P$（2cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，（θ∈[0，2π））．可得點(diǎn)P到直線l的距離d=$\frac{|2cosθ+2sinθ|}{\sqrt{3}}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，即可得出S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|OQ|$面積的最大值．

解答 解：（1）${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}•2c$•|y_P|≤c•b=2，
把x=-c代入橢圓方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，解得y=±$\frac{^{2}}{a}$．
∴k_OQ=-$\frac{^{2}}{ac}$，
k_AB=-$\frac{a}$．
∵OQ∥AB，
∴k_OQ=k_AB，∴-$\frac{^{2}}{ac}$=-$\frac{a}$，
化為b=c，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{b=c}\\{bc=2}\end{array}\right.$，解得b=c=$\sqrt{2}$，a²=b²+c²=4．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）Q（-$\sqrt{2}$，1），∴|OQ|=$\sqrt{3}$．
直線OQ的方程為：y=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，即x+$\sqrt{2}$y=0．
設(shè)P$（2cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，（θ∈[0，2π））．
∴點(diǎn)P到直線l的距離d=$\frac{|2cosθ+2sinθ|}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{2}|sin（θ+\frac{π}{4}）|}{\sqrt{3}}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，當(dāng)$sin（θ+\frac{π}{4}）$=±1時取等號．
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|OQ|$≤$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$×$\sqrt{3}$=$\sqrt{2}$，
∴三角形OPQ的面積的最大值為$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計算公式、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．