Question

12．设A，B分别是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右顶点和上顶点，椭圆的长轴为4，且点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，斜率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$的直线l交椭圆C于P，Q两点（A，B位于直线l的两侧）．
（1）求椭圆的方程；
（2）求四边形APBQ的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的长轴为4，且点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，可得2a=4，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，解得即可得出；
（2）设直线l的方程为：$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x$+t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为$3{x}^{2}+2\sqrt{3}tx$+2t²-6=0，利用根与系数的关系可得：|PQ|=$\sqrt{（1+\frac{3}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．由A（2，0），B（0，$\sqrt{3}$），可得|AB|=$\sqrt{7}$，k_AB=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$．可得AB⊥PQ．利用S_{四边形APBQ}=$\frac{1}{2}|AB||PQ|$即可得出．

解答 解：（1）∵椭圆的长轴为4，且点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，
∴2a=4，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，解得a=2，b²=3．
∴椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）设直线l的方程为：$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x$+t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为$3{x}^{2}+2\sqrt{3}tx$+2t²-6=0，
△＞0，解得t²＜6．
∴x₁+x₂=-$\frac{2\sqrt{3}t}{3}$，x₁x₂=$\frac{2{t}^{2}-6}{3}$．
∴|PQ|=$\sqrt{（1+\frac{3}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{7}{4}[\frac{12{t}^{2}}{9}-\frac{4（2{t}^{2}-6）}{3}]}$=$\frac{\sqrt{21（6-{t}^{2}）}}{3}$．
A（2，0），B（0，$\sqrt{3}$），
∴|AB|=$\sqrt{7}$，k_AB=$\frac{\sqrt{3}-0}{0-2}$=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴AB⊥PQ．
∴S_{四边形APBQ}=$\frac{1}{2}|AB||PQ|$
═$\frac{1}{2}$×$\sqrt{7}$×$\frac{\sqrt{21（6-{t}^{2}）}}{3}$
=$\frac{7}{6}\sqrt{3（6-{t}^{2}）}$$≤\frac{7}{6}×\sqrt{18}$=$\frac{7}{2}\sqrt{2}$．当且仅当t=0时取等号．
∴四边形APBQ的面积的最大值为$\frac{7\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得△＞0及其根与系数关系、弦长公式、两点之间的距离公式、直线垂直与斜率的关系、四边形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．