Question

8．已知橢圓 C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn) （1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，點(diǎn)A為橢圓C的右頂點(diǎn)，直線l與橢圓相交于不同于點(diǎn) A 的兩個(gè)點(diǎn)P （x₁，y₁），Q （x₂，y₂）．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）當(dāng) $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0時(shí)，求△OPQ面積的最大值；
（Ⅲ）若x₁y₂-x₂y₁≥2，求證：|OP|²+|OQ|² 為定值．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）A（2，0），由題意可得：直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為：x=my+t（t≠2），與橢圓方程聯(lián)立化為：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，由$\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，化為（m²+1）y₁y₂+（mt-2m）（y₁+y₂）+（t-2）²=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入化為：t=$\frac{6}{5}$．（t≠2）．直線l經(jīng)過定點(diǎn)$（\frac{6}{5}，0）$．|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$．△OPQ面積S=$\frac{1}{2}×\frac{6}{5}$×|y₁-y₂|．
（Ⅲ）設(shè)（2cosα，sinα），Q（2cosβ，sinβ），由條件結(jié)合兩角差的正弦公式和正弦函數(shù)的值域，可得β=2kπ+α+$\frac{π}{2}$，k∈Z，運(yùn)用誘導(dǎo)公式和同角平方關(guān)系，即可得到定值．

解答 （I）解：由題意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（II）解：A（2，0），由題意可得：直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為：x=my+t（t≠2），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化為：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，△=4m²t²-4（m²+4）（t²-4）＞0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2mt}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∵$\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，
又（x₁-2）（x₂-2）=（my₁+t-2）（my₂+t-2）=m²y₁y₂+（mt-2m）（y₁+y₂）+（t-2）²，
∴（m²+1）y₁y₂+（mt-2m）（y₁+y₂）+（t-2）²=0，
∴（m²+1）×$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$+（mt-2m）$\frac{-2mt}{{m}^{2}+4}$+（t-2）²=0，
t≠2，化為：t=$\frac{6}{5}$．
∴直線l經(jīng)過定點(diǎn)$（\frac{6}{5}，0）$．
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{4{m}^{2}×\frac{36}{25}}{（{m}^{2}+4）^{2}}-\frac{4×（\frac{36}{25}-4）}{{m}^{2}+4}}$=$\frac{4\sqrt{25{m}^{2}+64}}{5（{m}^{2}+4）}$．
△OPQ面積S=$\frac{1}{2}×\frac{6}{5}$×|y₁-y₂|=$\frac{3}{5}$×$\frac{4\sqrt{25{m}^{2}+64}}{5（{m}^{2}+4）}$=$\frac{12}{25}$×$\frac{\sqrt{25{m}^{2}+64}}{{m}^{2}+4}$，
令m²+4=t≥4．則S=$\frac{12}{25}$×$\frac{\sqrt{25t-36}}{t}$=$\frac{12}{25}$×$\sqrt{\frac{625}{144}-36（\frac{1}{t}-\frac{25}{72}）^{2}}$≤$\frac{12}{25}$×$\frac{\sqrt{64}}{4}$=$\frac{24}{25}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m=0時(shí)，取等號(hào)．
（III）證明：設(shè)（2cosα，sinα），Q（2cosβ，sinβ），
由x₁y₂-x₂y₁≥2，即2cosαsinβ-2cosβsinα=2sin（β-α）≥2，
但2sin（β-α）≤2，可得sin（β-α）=1，即為β-α=2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，
即β=2kπ+α+$\frac{π}{2}$，k∈Z，
可得cos²α=sin²β，cos²β=sin²α，
則|OP|²+|OQ|²=${x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}$+${x}_{2}^{2}+{y}_{2}^{2}$=4cos²α+sin²α+4cos²β+sin²β
=4cos²α+sin²α+4sin²α+cos²α=5（cos²α+sin²α）=5為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問題、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．