平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，左、右焦点分别是 $F_1$、$F_2$．以 $F_1$ 为圆心，以 $3$ 为半径的圆与以 $F_2$ 为圆心，以 $1$ 为半径的圆相交，且交点在椭圆 $C$ 上．
【难度】
【出处】
2015年高考山东卷（理）
【标注】
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求椭圆 $C$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}4+y^2=1$解析由椭圆的定义可得 $2a=4$，进而可以求得椭圆 $C$ 的方程为$$\dfrac{x^2}4+y^2=1.$$
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设椭圆 $E:\dfrac{x^2}{4a^2}+\dfrac{y^2}{4b^2}=1$，$P$ 为椭圆 $C$ 上任意一点，过点 $P$ 的直线 $y=kx+m$ 交椭圆 $E$ 于 $A$、$B$ 两点，射线 $PO$ 交椭圆 $E$ 于点 $Q$．
① 求 $\dfrac{|OQ|}{|OP|}$ 的值；
② 求 $\triangle ABQ$ 面积的最大值．标注答案① $2$；② $6\sqrt 3$解析（i）由 $(1)$ 的结论，可得椭圆 $E:\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}4=1$．
设 $\overrightarrow {OQ}=\lambda \overrightarrow {OP}$（$\lambda<0$），$P(x_0,y_0)$，则 $Q(\lambda x_0,\lambda y_0)$．
由于 $P,Q$ 两点分别在椭圆 $C,E$ 上，因此$$\dfrac{x_0^2}{4}+y_0^2=1,\dfrac{(\lambda x_0)^2}{16}+\dfrac{(\lambda y_0)^2}{4}=1,$$两式相除，解得 $\lambda=-2$，因此$$\dfrac{|OQ|}{|OP|}=|\lambda|=2.$$（ii）注意到在运动过程中，$QO$ 与 $OP$ 的比始终不变（第（i）小问中的结论），于是可以得到$$S_{\triangle ABQ}=3S_{\triangle ABO},$$这样原来的动点 $Q$ 就转化成了现在的定点 $O$，如图．
作保持横坐标不变，纵坐标变为原来的 $2$ 倍的伸缩变换 $\begin{cases} x'=x,\\y'=2y,\end{cases}$ 则椭圆 $E$ 变为圆 $E':x'^2+y'^2=16$，椭圆 $C$ 变为圆 $C':x'^2+y'^2=4$，与此同时，三角形 $A'B'O$ 的面积为三角形 $ABO$ 面积的 $2$ 倍，如图．
设原点 $O$ 到弦 $A'B'$ 的距离为 $d$，则由弦 $A'B'$ 与圆 $C'$ 有公共点可得 $d$ 的取值范围是 $(0,2]$，于是在圆 $E'$ 中应用垂径定理求弦长$$|A'B'|=2\sqrt{4^2-d^2},$$进而$$S_{\triangle A'B'O}=\dfrac 12\cdot |A'B'|\cdot d=\sqrt{d^2(16-d^2)},$$结合 $d$ 的取值范围可得 $S_{\triangle A'B'O}$ 的最大值为 $4\sqrt 3$，进而可得 $S_{\triangle ABO}$ 的最大值为 $2\sqrt 3$，于是 $S_{\triangle ABQ}$ 的最大值为 $6\sqrt 3$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
