Question

6．如图所示，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右顶点是A，上、下两个顶点分别为B、D，四边形OANB是矩形（O为原点），点E、M分别为线段OA、AN的中点．
（1）证明：直线DE与直线BM的交点在椭圆C上；
（2）若P（1，$\frac{3}{2}$）、Q（1，-$\frac{3}{2}$）是椭圆C上两点，R、S是椭圆C上位于直线PQ两侧的两动点．
①若直线RS的斜率为$\frac{1}{2}$，求四边形RPSQ面积的最大值；
②当R、S运动时，满足∠RPQ=∠SPQ，试问直线RS的斜率是否为定值，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1．可得右顶点是A，B，D，由四边形OANB是矩形，可得N．利用中点坐标公式可得：E，M．可得直线DE与直线BM的方程，联立解出交点坐标代入椭圆方程，即可证明直线DE与直线BM的交点在椭圆C上．
（2）：①设直线RS的方程为：y=$\frac{1}{2}$x+m，R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为x²+mx+m²-3=0，由△＞0，解得m²＜4．利用根与系数的关系可得：|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．利用四边形RPSQ面积S=$\frac{1}{2}|PQ||{x}_{1}-{x}_{2}|$即为二次函数的单调性可得，四边形RPSQ面积的最大值．
②设直线RS的方程为：y=kx+t，R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）．由∠RPQ=∠SPQ，可得k_PR+k_PS=0，利用斜率计算公式化为2kx₁x₂+$（t-\frac{3}{2}-k）（{x}_{1}+{x}_{2}）$+（3-2t）=0．（*），直线方程与椭圆方程联立化为（3+4k²）x²+8ktx+4t²-12=0，利用根与系数的关系代入（*）化为4k²-8k+3-2t+4kt=0，因式分解为（4k-2）（$k-\frac{3}{2}-t$）=0，即可得出．

解答 （1）证明：∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，∴a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1．
∴右顶点是A（2，0），上、下两个顶点分别为B$（0，\sqrt{3}）$，D$（0，-\sqrt{3}）$，
∵四边形OANB是矩形，∴N$（2，\sqrt{3}）$．
E（1，0），M$（2，\frac{\sqrt{3}}{2}）$．
∴直线DE与直线BM的方程分别为：
$\frac{x}{1}+\frac{y}{-\sqrt{3}}$=1，$y=\frac{\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}}{0-2}x+\sqrt{3}$，
分别化为：$\sqrt{3}x-y=\sqrt{3}$，$\sqrt{3}x$+4y-4$\sqrt{3}$=0，
联立解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8}{5}}\\{y=\frac{3\sqrt{3}}{5}}\end{array}\right.$，
则$\frac{（\frac{8}{5}）^{2}}{4}$+$\frac{（\frac{3\sqrt{3}}{5}）^{2}}{3}$=$\frac{16}{25}$+$\frac{9}{25}$=1，
∴直线DE与直线BM的交点在椭圆C上．
（2）解：①设直线RS的方程为：y=$\frac{1}{2}$x+m，R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=\frac{1}{2}x+m}\end{array}\right.$，化为x²+mx+m²-3=0，
△=m²-4（m²-3）＞0，解得m²＜4．
∴x₁+x₂=-m，x₁x₂=m²-3．
∴|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{12-3{m}^{2}}$．
∴四边形RPSQ面积S=$\frac{1}{2}|PQ||{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{1}{2}×$3×$\sqrt{12-3{m}^{2}}$≤$3\sqrt{3}$，当且仅当m=0时取等号．
∴当m=0时，四边形RPSQ面积取得最大值3$\sqrt{3}$．
②设直线RS的方程为：y=kx+t，R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）．
∵∠RPQ=∠SPQ，∴k_PR+k_PS=0，
∴$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}-1}$=0，
化为2kx₁x₂+$（t-\frac{3}{2}-k）（{x}_{1}+{x}_{2}）$+（3-2t）=0．（*）
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3+4k²）x²+8ktx+4t²-12=0，
△＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8kt}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
代入（*）可得：$2k×\frac{4{t}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+$（t-\frac{3}{2}-k）$×$\frac{-8kt}{3+4{k}^{2}}$+3-2t=0，
化为4k²-8k+3-2t+4kt=0，
因式分解为（4k-2）（$k-\frac{3}{2}-t$）=0，
∵t是可以变化的，
∴4k-2=0．
∴k=$\frac{1}{2}$为定值．

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、四边形的面积计算公式、二次函数的单调性、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．