Question

1．已知平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)分別為A，B，橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過(guò)點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，若直線l與該橢圓交于點(diǎn)P，Q兩點(diǎn)，直線BQ，AP的斜率互為相反數(shù)．
①求證：直線l的斜率為定值；
②若點(diǎn)P在第一象限，設(shè)△ABP與△ABQ的面積分別為S₁，S₂，求$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)將點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入橢圓方程，結(jié)合離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知A（2，0）、B（0，1）．①通過(guò)設(shè)直線AP的方程為x=my+2、直線BQ的方程為x=-my+m，分別與橢圓方程聯(lián)立，計(jì)算可知P（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$）、Q（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），利用斜率計(jì)算公式計(jì)算即可；②通過(guò)（1）可知直線AB的方程為x+2y-2=0，|AB|=$\sqrt{5}$，通過(guò)①可知P（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$）、Q（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），利用點(diǎn)P在第一象限可知-2＜m＜0，分別計(jì)算出點(diǎn)P、Q到直線AB的距離，利用三角形面積公式計(jì)算、結(jié)合基本不等式化簡(jiǎn)即得結(jié)論．

解答 （1）解：依題意，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\\{\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
化簡(jiǎn)得：$\left\{\begin{array}{l}{4^{2}+3{a}^{2}=4{a}^{2}^{2}}\\{{a}^{2}=4^{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{^{2}=1}\end{array}\right.$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知，A（2，0），B（0，1），直線BQ，AP的斜率均存在且不為0．
①證明：設(shè)直線AP的方程為：x=my+2，則直線BQ的方程為：x=-my+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（4+m²）y²+4my=0，
∴P（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=-my+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（4+m²）y²-2m²y+m²-4=0，
∴Q（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），
∴直線l的斜率為$\frac{\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}+\frac{4m}{4+{m}^{2}}}{\frac{8m}{4+{m}^{2}}-\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}}$=$\frac{{m}^{2}+4m-4}{2{m}^{2}+8m-8}$=$\frac{1}{2}$；
②解：由（1）可知直線AB的方程為：x+2y-2=0，|AB|=$\sqrt{（2-0）^{2}+（0-1）^{2}}$=$\sqrt{5}$，
由①可知：P（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$），Q（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），
∵點(diǎn)P在第一象限，
∴$\frac{1}{m}$＜-$\frac{1}{2}$，即-2＜m＜0，
∴點(diǎn)P到直線AB的距離d_P=$\frac{|\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}-2×\frac{4m}{4+{m}^{2}}-2|}{\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}}$=-$\frac{4{m}^{2}+8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$，
點(diǎn)Q到直線AB的距離d_Q=$\frac{|\frac{8m}{4+{m}^{2}}+2×\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}-2|}{\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}}$=$\frac{16-8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}|AB|ffrvxpx_{P}}{\frac{1}{2}|AB|ldrbblz_{Q}}$=$\frac{{m}^{2}+2m}{2m-8}$=$\frac{1}{2}$[（m-4）+$\frac{24}{m-4}$+10]，
∵（4-m）+$\frac{24}{4-m}$≥2$\sqrt{（4-m）•\frac{24}{4-m}}$=4$\sqrt{6}$，當(dāng)且僅當(dāng)4-m=$\frac{24}{4-m}$即m=4-2$\sqrt{6}$時(shí)取等號(hào)，
∴（m-4）+$\frac{24}{m-4}$≤-4$\sqrt{6}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$的最大值為$\frac{1}{2}$（10-4$\sqrt{6}$）=5-2$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．