Question

5．已知橢圓 C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（ a＞b＞0）經過點 （1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，點 A 為橢圓 C 的右頂點，直線 l 與橢圓相交于不同于點 A 的兩個點P （x₁，y₁），Q （x₂，y₂）．
（Ⅰ）求橢圓 C 的標準方程；
（Ⅱ）當 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0 時，求△OPQ 面積的最大值；
（Ⅲ）若直線 l 的斜率為 2，求證：△APQ 的外接圓恒過一個異于點 A 的定點．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率，求得a和b的關系，將P代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）當斜率不存在時，求得P和Q點坐標，由 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，求得m的值，求得丨PQ丨求得，△OPQ的面積，當斜率存在時，設直線l方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及弦長公式及三角形的面積公式，即可求得△OPQ 面積的最大值；
（Ⅲ）設直線y=2x+m，代入橢圓方程，設外接圓的方程，聯(lián)立直線l的方程，將A代入外接圓方程，聯(lián)立方程，即可求得△APQ 的外接圓恒過一個異于點 A 的定點．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即c²=$\frac{3}{4}$a²，即b²=a²-c²=$\frac{1}{4}$a²，a²=4b²，
將點 （1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，即$\frac{1}{4^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1$，解得：b²=1，
∴a²=4，
∴橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，設l：x=m，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
P（m，$\sqrt{1-\frac{{m}^{2}}{4}}$），Q（m，-$\sqrt{1-\frac{{m}^{2}}{4}}$），
由$\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，（m-2）2-（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=0，解得：m=$\frac{6}{5}$，m=2（舍去），
此時丨PQ丨=$\frac{8}{5}$，△OPQ的面積為$\frac{24}{25}$，
當直線l的斜率存在時，設l：y=kx+m，代入橢圓方程，（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
由△＞0，則4k²-m²+1＞0，
x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{4{k}^{2}+1}$，
由 $\overrightarrow{AP}$?$\overrightarrow{AQ}$=0，
（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=（k²+1）x₁•x₂+（km-2）（x₁+x₂）+m²+4=0，
代入求得12k²+5m²+16km=0，
即m=-$\frac{6}{5}$k，m=-2k，（此時直線l過點A，舍去），
丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4}{4{k}^{2}+1}$$\sqrt{（1+{k}^{2}）（4{k}^{2}-{m}^{2}+1）}$，
點O到直線l的距離d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
△OPQ的面積為$\frac{2丨m丨\sqrt{4{k}^{2}-m+1}}{4{k}^{2}+1}$，將m=-$\frac{6}{5}$k代入，
$\frac{24}{25}$×$\sqrt{-\frac{9}{256}×（\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}）^{2}-\frac{7}{64}×\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{4}}+1}$＜$\frac{24}{25}$，
△OPQ 面積的最大值$\frac{24}{25}$；
（Ⅲ）證明：設直線y=2x+m，代入橢圓方程，整理得：17x²+16mx+4（m²-1）=0，
設△△APQ的外接圓方程x²+y²+Dx+Ey+F=0，
聯(lián)立直線l的方程，5x²+（4m+D+2E）x+（m²+mE+F）=0，
代入可知$\frac{17}{5}$=$\frac{16m}{4m+D+2E}$=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{{m}^{2}+mE+F}$，
由外接圓過點A（2，0），則2D+F=-4，
從而可得關于D，E，F(xiàn)的三元一次方程組，
$\left\{\begin{array}{l}{2D+F=-4}\\{D+2E=\frac{12}{17}m}\\{mE+F=\frac{3}{17}{m}^{2}-\frac{20}{17}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{D=\frac{6m-24}{17}}\\{E=\frac{3m+12}{17}}\\{F=-\frac{12m+20}{17}}\end{array}\right.$，
代入圓方程，整理得：（x²+y²-$\frac{24}{17}$x+$\frac{12}{17}$y-$\frac{20}{17}$）+$\frac{3m}{17}$（2x+y-4）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}-\frac{24}{17}x+\frac{12}{17}y-\frac{20}{17}=0}\\{2x+y-4=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{30}{17}}\\{y=\frac{8}{17}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=0}\end{array}\right.$，
△APQ 的外接圓恒過一個異于點A的定點（$\frac{30}{17}$，$\frac{8}{17}$）．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，考查直線與橢圓的位置關系，韋達定理，弦長公式及點到直線的距離公式，考查三角形的外接圓的性質，考查計算能力，屬于難題．