Question

（2013•徐州三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的離心率e=

3

2

，A₁，A₂分別是橢圓E的左、右兩個(gè)頂點(diǎn)，圓A₂的半徑為a，過(guò)點(diǎn)A₁作圓A₂的切線(xiàn)，切點(diǎn)為P，在x軸的上方交橢圓E于點(diǎn)Q．
（1）求直線(xiàn)OP的方程；
（2）求

PQ

QA1

的值；
（3）設(shè)a為常數(shù)，過(guò)點(diǎn)O作兩條互相垂直的直線(xiàn)，分別交橢圓于點(diǎn)B、C，分別交圓A點(diǎn)M、N，記三角形OBC和三角形OMN的面積分別為S₁，S₂．求S₁S₂的最大值．

Answer 1

分析：（1）連結(jié)A₂P，則A₂P⊥A₁P，且A₂P=a，根據(jù)已知條件可判斷△OPA₂為正三角形，從而可得OP斜率、直線(xiàn)OP方程；
（2）由（1）可得直線(xiàn)A₂P的方程和A₁P的方程，聯(lián)立兩方程可得P點(diǎn)橫坐標(biāo)，由離心率可化簡(jiǎn)橢圓方程，聯(lián)立A₁P的方程與橢圓方程可得Q點(diǎn)橫坐標(biāo)，而

PQ

QA1

=

xP-xQ

xQ-xA1

，把各點(diǎn)橫坐標(biāo)代入上式即可求得比值；
（3）設(shè)OM的方程為y=kx（k＞0），代入橢圓方程可得B點(diǎn)坐標(biāo)，由兩點(diǎn)間距離公式可得OB，用-

1

k

代替上面的k可得OC，同理可得OM，ON，根據(jù)三角形面積公式可表示出S₁•S₂，變形后用基本不等式可其最大值；

解答：解：（1）連結(jié)A₂P，則A₂P⊥A₁P，且A₂P=a，
又A₁A₂=2a，所以∠A₁A₂P=60°．
又A₂P=A₂O，所以△OPA₂為正三角形，
所以∠POA₂=60°，
所以直線(xiàn)OP的方程為y=

3

x．
（2）由（1）知，直線(xiàn)A₂P的方程為y=-

3

(x-a)①，A₁P的方程為y=

3

3

(x+a)②，
聯(lián)立①②解得xP=

a

2

．
因?yàn)?span id="ukkkmw2" class="MathJye">e=

3

2

，即

c

a

=

3

2

，所以c2=

3

4

a2，b2=

1

4

a2，
故橢圓E的方程為

x2

a2

+

4y2

a2

=1．
由

y= 3 3 (x+a) x2 a2 + 4y2 a2 =1

解得xQ=-

a

7

，
所以

PQ

QA1

=

a 2 -(- a 7 )

- a 7 -(-a)

=

3

4

． 
（3）不妨設(shè)OM的方程為y=kx（k＞0），
聯(lián)立方程組

y=kx x2 a2 + 4y2 a2 =1

解得B(

a

1+4k2

，

ak

1+4k2

)，
所以OB=a

1+k2 1+4k2

；
用-

1

k

代替上面的k，得OC=a

1+k2 4+k2

．
同理可得，OM=

2a

1+k2

，ON=

2ak

1+k2

．
所以S1•S2=

1

4

•OB•OC•OM•ON=a4•

k

(1+4k2)(4+k2)

．
因?yàn)?span id="gg2yy0s" class="MathJye">

k

(1+4k2)(4+k2)

=

1 4(k2+ 1 k2 )+17

≤

1

5

，
當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)等號(hào)成立，
所以S₁•S₂的最大值為

a4

5

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系、直線(xiàn)方程及圓的方程，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，能力要求較高．