Question

5．已知椭圆 C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（ a＞b＞0）经过点 （1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，点 A 为椭圆 C 的右顶点，直线 l 与椭圆相交于不同于点 A 的两个点P （x₁，y₁），Q （x₂，y₂）．
（Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程；
（Ⅱ）当 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0 时，求△OPQ 面积的最大值；
（Ⅲ）若直线 l 的斜率为 2，求证：△APQ 的外接圆恒过一个异于点 A 的定点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的离心率，求得a和b的关系，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（Ⅱ）当斜率不存在时，求得P和Q点坐标，由 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，求得m的值，求得丨PQ丨求得，△OPQ的面积，当斜率存在时，设直线l方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式及三角形的面积公式，即可求得△OPQ 面积的最大值；
（Ⅲ）设直线y=2x+m，代入椭圆方程，设外接圆的方程，联立直线l的方程，将A代入外接圆方程，联立方程，即可求得△APQ 的外接圆恒过一个异于点 A 的定点．

解答 解：（Ⅰ）由椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即c²=$\frac{3}{4}$a²，即b²=a²-c²=$\frac{1}{4}$a²，a²=4b²，
将点 （1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4{b}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，即$\frac{1}{4{b}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1$，解得：b²=1，
∴a²=4，
∴椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，设l：x=m，代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
P（m，$\sqrt{1-\frac{{m}^{2}}{4}}$），Q（m，-$\sqrt{1-\frac{{m}^{2}}{4}}$），
由$\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，（m-2）2-（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=0，解得：m=$\frac{6}{5}$，m=2（舍去），
此时丨PQ丨=$\frac{8}{5}$，△OPQ的面积为$\frac{24}{25}$，
当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m，代入椭圆方程，（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
由△＞0，则4k²-m²+1＞0，
x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{4{k}^{2}+1}$，
由 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，
（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=（k²+1）x₁•x₂+（km-2）（x₁+x₂）+m²+4=0，
代入求得12k²+5m²+16km=0，
即m=-$\frac{6}{5}$k，m=-2k，（此时直线l过点A，舍去），
丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4}{4{k}^{2}+1}$$\sqrt{（1+{k}^{2}）（4{k}^{2}-{m}^{2}+1）}$，
点O到直线l的距离d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
△OPQ的面积为$\frac{2丨m丨\sqrt{4{k}^{2}-m+1}}{4{k}^{2}+1}$，将m=-$\frac{6}{5}$k代入，
$\frac{24}{25}$×$\sqrt{-\frac{9}{256}×（\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}）^{2}-\frac{7}{64}×\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}+1}$＜$\frac{24}{25}$，
△OPQ 面积的最大值$\frac{24}{25}$；
（Ⅲ）证明：设直线y=2x+m，代入椭圆方程，整理得：17x²+16mx+4（m²-1）=0，
设△△APQ的外接圆方程x²+y²+Dx+Ey+F=0，
联立直线l的方程，5x²+（4m+D+2E）x+（m²+mE+F）=0，
代入可知$\frac{17}{5}$=$\frac{16m}{4m+D+2E}$=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{{m}^{2}+mE+F}$，
由外接圆过点A（2，0），则2D+F=-4，
从而可得关于D，E，F的三元一次方程组，
$\left\{\begin{array}{l}{2D+F=-4}\\{D+2E=\frac{12}{17}m}\\{mE+F=\frac{3}{17}{m}^{2}-\frac{20}{17}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{D=\frac{6m-24}{17}}\\{E=\frac{3m+12}{17}}\\{F=-\frac{12m+20}{17}}\end{array}\right.$，
代入圆方程，整理得：（x²+y²-$\frac{24}{17}$x+$\frac{12}{17}$y-$\frac{20}{17}$）+$\frac{3m}{17}$（2x+y-4）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}-\frac{24}{17}x+\frac{12}{17}y-\frac{20}{17}=0}\\{2x+y-4=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{30}{17}}\\{y=\frac{8}{17}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=0}\end{array}\right.$，
△APQ 的外接圆恒过一个异于点A的定点（$\frac{30}{17}$，$\frac{8}{17}$）．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，弦长公式及点到直线的距离公式，考查三角形的外接圆的性质，考查计算能力，属于难题．