Question

6．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为$\frac{1}{2}$，且椭圆的短轴长为4$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P（2，3），Q（2，-3）在椭圆上，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运动且满足∠APQ=∠BPQ时，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆的短轴长为4$\sqrt{3}$，离心率等于$\frac{1}{2}$，运用离心率公式和a，b，c的关系，由此列式解出a，b的值，即可得到椭圆C的方程；
（2）①设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB的方程为y=$\frac{1}{2}$x+t，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用弦长公式即可求得四边形APBQ的面积，从而解决问题；
②设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，PA的直线方程为y-3=k（x-2）将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用弦长公式即可求得x₁+2，同理PB的直线方程为y-3=-k（x-2），可得x₂+2，从而得出AB的斜率为定值$\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）设C方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由题意可得2b=4$\sqrt{3}$，即b=2$\sqrt{3}$，
由$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
解得a=4，c=2，
则椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；
（2）①解：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直线AB的方程为y=$\frac{1}{2}$x+t，
代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，得x²+tx+t²-12=0，
由△＞0，解得-4＜t＜4，
由韦达定理得x₁+x₂=-t，x₁x₂=t²-12．
∴|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}-4（{t}^{2}-12）}$=$\sqrt{48-3{t}^{2}}$．
由此可得：四边形APBQ的面积S=$\frac{1}{2}$•6|x₁-x₂|=3$\sqrt{48-3{t}^{2}}$，
当t=0，S_max=12$\sqrt{3}$；
②解：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$\left\{\begin{array}{l}{y-3=k（x-2）①}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=48②}\end{array}\right.$，
①代入②整理得，（3+4k²）x²+8（3-2k）kx+4（3-2k）²-48=0，
∴x₁+2=$\frac{8k（2k-3）}{3+4{k}^{2}}$，
同理直线PB的直线方程为y-3=-k（x-2），
可得x₂+2=$\frac{-8k（-2k-3）}{3+4{k}^{2}}$
∴x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，x₁-x₂=-$\frac{48k}{3+4{k}^{2}}$，
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AB的斜率为定值$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查的知识点是椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题，其中根据已知条件计算出椭圆的标准方程是解答本题的关键．