Question

8．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，F(xiàn)₂，拋物線y²=4x與橢圓C有相同的焦點(diǎn)，且橢圓C過點(diǎn)$（{1，\frac{3}{2}}）$．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若橢圓C的右頂點(diǎn)為A，直線l交橢圓C于E、F兩點(diǎn)（E、F與A點(diǎn)不重合），且滿足AE⊥AF，若點(diǎn)P為EF中點(diǎn)，求直線AP斜率的最大值．

Answer 1

分析 （I）由題意可知：拋物線y²=4x的焦點(diǎn)（1，0），c=1，將點(diǎn)$（{1，\frac{3}{2}}）$代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線AE的方程為y=k（x-2），代入橢圓方程由韋達(dá)定理，求得E點(diǎn)坐標(biāo)，由AE⊥AF，及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得P坐標(biāo)及直線AP的方程，當(dāng)k≠0時(shí)，t=$\frac{\frac{1}{k}-k}{4（{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）+6}$，利用換元法及基本不等式的性質(zhì)，即可求得直線AP斜率的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：拋物線y²=4x的焦點(diǎn)（1，0）與橢圓C有相同的焦點(diǎn)，即c=1，
a²=b²+c²=b²+1，
由橢圓C過點(diǎn)$（{1，\frac{3}{2}}）$，代入橢圓方程：$\frac{1}{^{2}+1}+\frac{9}{4^{2}}=1$，解得：a=2，b=$\sqrt{3}$，
則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)直線AE的方程為y=k（x-2），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，可得（3+4k²）x²-16k²x+16k²-12=0，
由2+x_E=$\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，可得x_E=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，y_E=k（x_E-2）=-$\frac{12k}{3+4{k}^{2}}$，
由于AE⊥AF，只要將上式的k換為-$\frac{1}{k}$，可得x_F=$\frac{8-6{k}^{2}}{4+3{k}^{2}}$，y_F=$\frac{12k}{4+3{k}^{2}}$，
由P為EF的中點(diǎn)，
即有P（$\frac{14{k}^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，$\frac{6k（{k}^{2}-1）}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$），
則直線AP的斜率為t=$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-2}$=$\frac{k（1-{k}^{2}）}{4{k}^{4}+4+6{k}^{2}}$，
當(dāng)k=0時(shí)，t=0；當(dāng)k≠0時(shí)，t=$\frac{\frac{1}{k}-k}{4（{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）+6}$，
再令s=$\frac{1}{k}$-k，可得t=$\frac{s}{4{s}^{2}+14}$，
當(dāng)s=0時(shí)，t=0；當(dāng)s＞0時(shí)，t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{56}}$=$\frac{\sqrt{14}}{56}$，
當(dāng)且僅當(dāng)4s=$\frac{14}{s}$時(shí)，取得最大值；
綜上可得直線AP的斜率的最大值為$\frac{\sqrt{14}}{56}$．

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)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，換元法及基本不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．