Question

1．已知椭圆C的中心在原点，离心率等于$\frac{1}{2}$，它的一个短轴端点恰好是抛物线x²=8$\sqrt{3}$y的焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P（2，m）、Q（2，-m）（m＞0）是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，
①若直线AB的斜率为$\frac{1}{2}$，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A、B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设C方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，则$b=2\sqrt{3}$，由$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解出即可得出．
（2）①设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB的方程为$y=\frac{1}{2}x+t$，代入$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$，得x²+tx+t²-12=0，
由△＞0，解得t范围，利用根与系数的关系可得|x₁-x₂|，由此可得：四边形APBQ的面积S．
②当∠APQ=∠BPQ，则PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，直线PA的直线方程为y-3=k（x-2），代入椭圆方程可得（3+4k²）x²+8（3-2k）kx+4（3-2k）²-48=0，同理直线PB的直线方程为y-3=-k（x-2），利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出．

解答 解：（1）设C方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，则$b=2\sqrt{3}$，
由$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，得a=4，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
（2）①设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB的方程为$y=\frac{1}{2}x+t$，
代入$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$，得x²+tx+t²-12=0，
由△＞0，解得-4＜t＜4，
由韦达定理得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：四边形APBQ的面积$S=\frac{1}{2}×6×|{x_1}-{x_2}|=3\sqrt{48-3{t^2}}$，
∴当t=0，${S_{max}}=12\sqrt{3}$．
②当∠APQ=∠BPQ，则PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，直线PA的直线方程为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，
∴${x_1}+2=\frac{8（2k-3）k}{{3+4{k^2}}}$，
同理直线PB的直线方程为y-3=-k（x-2），
可得${x_2}+2=\frac{-8k（-2k-3）}{{3+4{k^2}}}=\frac{8k（2k+3）}{{3+4{k^2}}}$
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{16{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}-{x_2}=\frac{-48k}{{3+4{k^2}}}$，${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k（{x_1}-2）+3+k（{x_2}-2）-3}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k（{x_1}+{x_2}）-4k}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$，
所以直线AB的斜率为定值$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．