Question

12．設(shè)A，B分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，橢圓的長軸為4，且點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓上，斜率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)（A，B位于直線l的兩側(cè)）．
（1）求橢圓的方程；
（2）求四邊形APBQ的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的長軸為4，且點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓上，可得2a=4，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}$=1，解得即可得出；
（2）設(shè)直線l的方程為：$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x$+t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為$3{x}^{2}+2\sqrt{3}tx$+2t²-6=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|PQ|=$\sqrt{（1+\frac{3}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．由A（2，0），B（0，$\sqrt{3}$），可得|AB|=$\sqrt{7}$，k_AB=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$．可得AB⊥PQ．利用S_{四邊形APBQ}=$\frac{1}{2}|AB||PQ|$即可得出．

解答 解：（1）∵橢圓的長軸為4，且點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓上，
∴2a=4，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}$=1，解得a=2，b²=3．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）設(shè)直線l的方程為：$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x$+t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為$3{x}^{2}+2\sqrt{3}tx$+2t²-6=0，
△＞0，解得t²＜6．
∴x₁+x₂=-$\frac{2\sqrt{3}t}{3}$，x₁x₂=$\frac{2{t}^{2}-6}{3}$．
∴|PQ|=$\sqrt{（1+\frac{3}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{7}{4}[\frac{12{t}^{2}}{9}-\frac{4（2{t}^{2}-6）}{3}]}$=$\frac{\sqrt{21（6-{t}^{2}）}}{3}$．
A（2，0），B（0，$\sqrt{3}$），
∴|AB|=$\sqrt{7}$，k_AB=$\frac{\sqrt{3}-0}{0-2}$=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴AB⊥PQ．
∴S_{四邊形APBQ}=$\frac{1}{2}|AB||PQ|$
═$\frac{1}{2}$×$\sqrt{7}$×$\frac{\sqrt{21（6-{t}^{2}）}}{3}$
=$\frac{7}{6}\sqrt{3（6-{t}^{2}）}$$≤\frac{7}{6}×\sqrt{18}$=$\frac{7}{2}\sqrt{2}$．當(dāng)且僅當(dāng)t=0時(shí)取等號．
∴四邊形APBQ的面積的最大值為$\frac{7\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數(shù)關(guān)系、弦長公式、兩點(diǎn)之間的距離公式、直線垂直與斜率的關(guān)系、四邊形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．