Question

20．已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率等于$\frac{1}{2}$，它的一個頂點恰好是拋物線x²=8$\sqrt{3}$y的焦點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）直線x=-2與橢圓交于P，Q兩點，A，B是橢圓上位于直線x=-2兩側(cè)的動點．
①若直線AB的斜率為$\frac{1}{2}$，求四邊形APBQ面積的最大值；
②當(dāng)動點A，B滿足∠APQ=∠BPQ時，試問直線AB的斜率是否為定值，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓標準方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），由已知得b=2$\sqrt{3}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，由此能求出橢圓C的標準方程．
（2）①先求出|PQ|=6，設(shè)直線AB的方程為$y=\frac{1}{2}x+m$，與$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$聯(lián)立，得x²+mx+m²-12=0，由此利用根的判別式、韋達定理、橢圓弦長公式，結(jié)合已知能求出四邊形APBQ面積的最大值．
②設(shè)PA斜率為k，則PB斜率為-k．分別設(shè)出PA的直線方程和PB的直線方程，分別與橢圓聯(lián)立，能求出直線AB的斜率是為定值．

解答 解：（1）∵橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，∴設(shè)橢圓標準方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），
∵橢圓離心率等于$\frac{1}{2}$，它的一個頂點恰好是拋物線x²=8$\sqrt{3}$y的焦點．
${x^2}=8\sqrt{3}y$焦點為$（0，2\sqrt{3}）$，
∴b=2$\sqrt{3}$…（1分）e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
∴解得a²=16，b²=12
∴橢圓C的標準方程$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．…（3分）
（2）①直線 x=-2與橢圓$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$交點P（-2，3），Q（-2，-3）或P（-2，-3），Q（-2，3），∴|PQ|=6，…（4分）
設(shè)A （x₁，y₁  ），B（ x₂，y₂），直線AB的方程為$y=\frac{1}{2}x+m$，
與$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$聯(lián)立，得 x²+mx+m²-12=0，
由△=m²-4（m²-12）＞0，得-4＜m＜4，
由韋達定理得x₁+x₂=-m，${x_1}{x_2}={m^2}-12$，…（6分）
由A，B兩點位于直線x=-2兩側(cè)，得（x₁+2）（x₂+2）＜0，
即x₁x₂+2（x₁+x₂）+4＜0∴m²-2m-8＜0
解得-2＜m＜4，…（7分）
∴S=$\frac{1}{2}$•|PQ|•|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$•|PQ|•$\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$
=3$\sqrt{48-3{m^2}}$，
∴當(dāng)m=0時，S最大值為$12\sqrt{3}$．…（8分）
②當(dāng)∠APQ=∠BPQ時直線PA，PB斜率之和為0．
設(shè)PA斜率為k，則PB斜率為-k．
當(dāng)P（-2，3），Q（-2，-3）時，
PA的直線方程為y-3=k（x+2）…（9分）
與橢圓聯(lián)立得（3+4k²）x²+8k（2k+3）x+4（2k+3）²-48=0
∴${x_1}+（-2）=\frac{{-16{k^2}-24k}}{{3+4{k^2}}}$；
同理${x_2}+（-2）=\frac{{-16{k^2}+24k}}{{3+4{k^2}}}$
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{12-16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$…（10分）
${x_1}-{x_2}=\frac{-48k}{{3+4{k^2}}}$y₁-y₂=k（x₁+2）+3-[-k（x₂+2）+3]
直線AB斜率為$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{1}{2}$…（11分）
當(dāng)P（-2，-3），Q（-2，3）時，同理可得直線AB斜率為$\frac{1}{2}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓標準方程的求法，考查四邊形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、橢圓弦長公式的合理運用．