Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左頂點為（-2，0），離心率為$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知直線l過點S（4，0），與橢圓C交于P，Q兩點，點P關于x軸的對稱點為P′，P′與Q兩點的連線交x軸于點T，當△PQT的面積最大時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用橢圓的離心率公式和頂點坐標，以及a，b，c的關系，解得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設直線l的方程為x=my+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則P'（x₁，-y₁），聯(lián)立直線和橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，求得直線PQ的方程，令y=0，可得T的橫坐標，化簡可得T（1，0），由S_△PQT=S_△SQT-S_△SPT=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|，運用韋達定理，由換元法化簡整理運用基本不等式可得最大值，以及此時直線的方程．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，可得c=1，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$．
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設直線l的方程為x=my+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則P'（x₁，-y₁），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+4}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$得（4+3m²）y²+24my+36=0，
則△=（24m）²-144（4+3m²）=144（m²-4）＞0，即m²＞4．
又y₁+y₂=-$\frac{24m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{36}{4+3{m}^{2}}$，
直線PQ的方程為y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁）-y₁
則x_T=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（m{y}_{1}+4）{y}_{2}+（m{y}_{2}+4）{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$
=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+4（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{72m}{-24m}$+4=1，
則T（1，0），故|ST|=3                         
所以S_△PQT=S_△SQT-S_△SPT=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{18\sqrt{{m}^{2}-4}}{4+3{m}^{2}}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}-4}$＞0，
則S_△PQT=$\frac{18t}{3{t}^{2}+16}$=$\frac{18}{3t+\frac{16}{t}}$≤$\frac{18}{2\sqrt{3t•\frac{16}{t}}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
當且僅當t²=$\frac{16}{3}$即m²=$\frac{28}{3}$即m=±$\frac{2\sqrt{21}}{3}$時取到“=”，
故所求直線l的方程為x=±$\frac{2\sqrt{21}}{3}$y+4．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和基本量的關系，考查三角形的面積的最大值的求法，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及換元法和基本不等式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．