题目内容

14．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，一条准线方程为$x=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l：y=kx+m与椭圆交于P，Q两点．
①若m=-2，当△OPQ面积最大时，求直线l的方程；
②当k≠0时，若以PQ为直径的圆经过椭圆的右顶点，求证：直线l过定点．

分析 （1）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，准线方程x=$\frac{{a}^{2}}{c}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，求得a和c，b2=a2-c2，求得椭圆方程；
（2）①将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式及三角形的面积公式${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，采用换元法，利用基本不等式式的性质，求得△OPQ面积最大的最大值时，求得对应的k值，求得直线l的方程；
②AP⊥AQ，利用向量数量积的坐标运算求得5m2+16km+12k2=0，求得m和k的关系，代入即可求证直线l过定点．

解答 解：（1）由椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，准线方程x=$\frac{{a}^{2}}{c}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
解得：a=2，c=$\sqrt{3}$，
b2=a2-c2=1，
椭圆C的标准方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，
△=（8km）2-4（1+4k2）（4m2-4）＞0，整理得4k2-m2+1＞0（*）
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$（**）
①当m=-2时，代入（*）和（**）式得：${k^2}＞\frac{3}{4}$，${x_1}+{x_2}=\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$．
∴$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$，
又O到直线l的距离$d=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
∴${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$．
令$t=\sqrt{4{k^2}-3}$，则t＞0，则${S_{△OPQ}}=\frac{4t}{{{t^2}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}≤1$
当且仅当t=2，即$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$时等号成立，且${k^2}={（{±\frac{{\sqrt{7}}}{2}}）^2}=\frac{7}{4}＞\frac{3}{4}$
因此△OPQ面积最大时，直线l的方程为：y=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$x-2，
②证明：由已知，AP⊥AQ，且椭圆右顶点为A（2，0），
∴（x1-2）（x2-2）+y1y2=（x1-2）（x2-2）+（kx1+m）（kx2+m）=0，
即（1+k2）x1x2+（km-2）（x1+x2）+m2+4=（1+k2）$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+（km-2）•$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$+m2+4=0，
整理得：5m2+16km+12k2=0，
解得：m=-2k或m=-$\frac{6k}{5}$，均满足（*）式，
∴当m=-2k时，直线l的方程为：y=kx-2k=k（x-2），过定点（2，0）与题意矛盾；
当m=-$\frac{6k}{5}$时，直线l的方程为y=k-$\frac{6k}{5}$=k（x-$\frac{6}{5}$），过定点$（{\frac{6}{5}，0}）$，得证．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查韦达定理，弦长公式及基本不等式的综合应用，考查向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．

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