Question

1．已知橢圓C的中心在原點，離心率等于$\frac{1}{2}$，它的一個短軸端點恰好是拋物線x²=8$\sqrt{3}$y的焦點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知P（2，m）、Q（2，-m）（m＞0）是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ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A、B運動時，滿足∠APQ=∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設C方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，則$b=2\sqrt{3}$，由$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解出即可得出．
（2）①設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為$y=\frac{1}{2}x+t$，代入$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$，得x²+tx+t²-12=0，
由△＞0，解得t范圍，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|x₁-x₂|，由此可得：四邊形APBQ的面積S．
②當∠APQ=∠BPQ，則PA、PB的斜率之和為0，設直線PA的斜率為k，則PB的斜率為-k，直線PA的直線方程為y-3=k（x-2），代入橢圓方程可得（3+4k²）x²+8（3-2k）kx+4（3-2k）²-48=0，同理直線PB的直線方程為y-3=-k（x-2），利用根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式即可得出．

解答 解：（1）設C方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，則$b=2\sqrt{3}$，
由$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，得a=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
（2）①設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為$y=\frac{1}{2}x+t$，
代入$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$，得x²+tx+t²-12=0，
由△＞0，解得-4＜t＜4，
由韋達定理得x₁+x₂=-t，${x_1}{x_2}={t^2}-12$．
∴$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{t^2}-4（{t^2}-12）}=\sqrt{48-3{t^2}}$，
由此可得：四邊形APBQ的面積$S=\frac{1}{2}×6×|{x_1}-{x_2}|=3\sqrt{48-3{t^2}}$，
∴當t=0，${S_{max}}=12\sqrt{3}$．
②當∠APQ=∠BPQ，則PA、PB的斜率之和為0，設直線PA的斜率為k，則PB的斜率為-k，直線PA的直線方程為y-3=k（x-2），
由$\left\{\begin{array}{l}y-3=k（x-2）\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1\end{array}\right.$整理得（3+4k²）x²+8（3-2k）kx+4（3-2k）²-48=0，
∴${x_1}+2=\frac{8（2k-3）k}{{3+4{k^2}}}$，
同理直線PB的直線方程為y-3=-k（x-2），
可得${x_2}+2=\frac{-8k（-2k-3）}{{3+4{k^2}}}=\frac{8k（2k+3）}{{3+4{k^2}}}$
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{16{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}-{x_2}=\frac{-48k}{{3+4{k^2}}}$，${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k（{x_1}-2）+3+k（{x_2}-2）-3}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k（{x_1}+{x_2}）-4k}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$，
所以直線AB的斜率為定值$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．