Question

14．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，一條準線方程為$x=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設直線l：y=kx+m與橢圓交于P，Q兩點．
①若m=-2，當△OPQ面積最大時，求直線l的方程；
②當k≠0時，若以PQ為直徑的圓經過橢圓的右頂點，求證：直線l過定點．

Answer 1

分析 （1）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，準線方程x=$\frac{{a}^{2}}{c}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，求得a和c，b²=a²-c²，求得橢圓方程；
（2）①將直線方程代入橢圓方程，由韋達定理，弦長公式及三角形的面積公式${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，采用換元法，利用基本不等式式的性質，求得△OPQ面積最大的最大值時，求得對應的k值，求得直線l的方程；
②AP⊥AQ，利用向量數(shù)量積的坐標運算求得5m²+16km+12k²=0，求得m和k的關系，代入即可求證直線l過定點．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，準線方程x=$\frac{{a}^{2}}{c}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
解得：a=2，c=$\sqrt{3}$，
b²=a²-c²=1，
橢圓C的標準方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）＞0，整理得4k²-m²+1＞0（*）
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$（**）
①當m=-2時，代入（*）和（**）式得：${k^2}＞\frac{3}{4}$，${x_1}+{x_2}=\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$．
∴$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，
又O到直線l的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
∴${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$．
令$t=\sqrt{4{k^2}-3}$，則t＞0，則${S_{△OPQ}}=\frac{4t}{{{t^2}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}≤1$
當且僅當t=2，即$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$時等號成立，且${k^2}={（{±\frac{{\sqrt{7}}}{2}}）^2}=\frac{7}{4}＞\frac{3}{4}$
因此△OPQ面積最大時，直線l的方程為：y=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$x-2，
②證明：由已知，AP⊥AQ，且橢圓右頂點為A（2，0），
∴（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=（x₁-2）（x₂-2）+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
即（1+k²）x₁x₂+（km-2）（x₁+x₂）+m²+4=（1+k²）$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+（km-2）•$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$+m²+4=0，
整理得：5m²+16km+12k²=0，
解得：m=-2k或m=-$\frac{6k}{5}$，均滿足（*）式，
∴當m=-2k時，直線l的方程為：y=kx-2k=k（x-2），過定點（2，0）與題意矛盾；
當m=-$\frac{6k}{5}$時，直線l的方程為y=k-$\frac{6k}{5}$=k（x-$\frac{6}{5}$），過定點$（{\frac{6}{5}，0}）$，得證．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，考查韋達定理，弦長公式及基本不等式的綜合應用，考查向量數(shù)量積的坐標運算，考查計算能力，屬于中檔題．