16.已知橢圓C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1(a>b>0)的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$,其左、右焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,P為短軸的一個(gè)端點(diǎn),△PF1F2的面積等于$\sqrt{3}$.
(Ⅰ)求橢圓C的方程;
(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)是橢圓C上的任意兩點(diǎn),O是坐標(biāo)原點(diǎn).
(。┤鬹OA•kOB=-$\frac{1}{4}$,求證:x12+x22為定值.
(ⅱ)若以AB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)O,求△OAB面積的最大值.

分析 (Ⅰ)由已知列式,解得a2,b2的值,可得橢圓方程;
(Ⅱ)(。┰O(shè)直線AB的方程,代入橢圓方程,由韋達(dá)定理及直線的斜率求得2m2=4k2+1,由x12+x22=(x1+x22-2x1x2=4;
(ⅱ)由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0,根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算,求得m2=$\frac{4+4{k}^{2}}{5}$,利用點(diǎn)到直線的距離公式,弦長(zhǎng)公式,利用基本不等式的性質(zhì)即可求得△OAB面積的最大值.

解答 解:(Ⅰ)由已知可得:$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}•2c•b=\sqrt{3}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$,解得a2=4,b3=1,c2=3.
∴橢圓方程為:$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$.
(Ⅱ)證明:(。c(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)是橢圓C上的任意兩點(diǎn),
則kOA•kOB=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=-\frac{1}{4}$,則x1x2+4y1y2=0.
當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m.
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,整理得:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.△>0.
∴x1+x2=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$,
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
∴(1+4k2)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=0,
∴4m2-4-$\frac{32{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+4m2=0,
化為2m2=4k2+1.
∴x12+x22=(x1+x22-2x1x2=$\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{(1+4{k}^{2})^{2}}$-2×$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$=4,為定值.
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),也適合.
綜上可得:x12+x22=4為定值.
(ⅱ)以AB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)O,則$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$,即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0,
由(ⅰ)可知$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x1x2+y1y2=(1+4k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=$\frac{5{m}^{2}-4-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0,即m2=$\frac{4+4{k}^{2}}{5}$,
∴原點(diǎn)O到直線AB的距離$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{\frac{4+4{k}^{2}}{5}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
則原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),丨AB丨=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4}{\sqrt{5}}$$\sqrt{1+\frac{9{k}^{2}}{16{k}^{4}+8{k}^{2}+1}}$,
當(dāng)k≠0時(shí),丨AB丨=$\frac{4}{\sqrt{5}}$$\sqrt{1+\frac{9}{16{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+8}}$≤$\frac{4}{\sqrt{5}}$×$\sqrt{1+\frac{9}{2\sqrt{16{k}^{2}×\frac{1}{{k}^{2}}}+8}}$=$\sqrt{5}$,
當(dāng)且僅當(dāng)16k2=$\frac{1}{{k}^{2}}$,即k=±$\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào).
當(dāng)k=0時(shí),丨AB丨=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
則丨AB丨的最大值為$\sqrt{5}$,
則△OAB面積S=$\frac{1}{2}$×d×丨AB丨=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$×$\sqrt{5}$=1,
∴△OAB面積的最大值1.

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系,考查韋達(dá)定理,弦長(zhǎng)公式,基本不等式的性質(zhì),考查計(jì)算能力,屬于中檔題.

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