Question

15．如图．设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{1}{2}$，椭圆C上一点M到左、右两个焦点F₁、F₂的距离之和是4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：x=1与椭圆C交于P、Q两点，P点位于第一象限，A、B是椭圆上位于直线l两侧的动点，若直线AB的斜率为$\frac{1}{2}$，求四边形APBQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过椭圆C上一点M到左、右两个焦点F₁、F₂的距离之和是4、利用椭圆定义可知a=2，通过离心率e=$\frac{1}{2}$可知b²=3，进而可得结论；
（2）由（1）可知y_P=$\frac{3}{2}$，通过设T（1，t）（-$\frac{3}{2}$＜t＜$\frac{3}{2}$），利用过点T的直线AB的斜率为$\frac{1}{2}$可知直线AB方程为x-2y+2t-1=0，进而可知点P到直线AB的距离d_P=$\frac{3-2t}{\sqrt{5}}$、点Q到直线AB的距离d_Q=$\frac{3+2t}{\sqrt{5}}$，通过联立直线AB与椭圆方程、利用韦达定理及两点间距离公式可知|AB|²=5•$\frac{-12{t}^{2}+12t+45}{16}$，利用S_{四边形APBQ}=$\frac{1}{2}$•|AB|•（d_P+d_Q）计算可知S_{四边形APBQ}=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$•$\sqrt{-4{t}^{2}-4t+15}$，通过配方可知f（t）=-4t²+4t+15在t=$\frac{1}{2}$时取最大值16，进而可得结论．

解答 解：（1）∵椭圆C上一点M到左、右两个焦点F₁、F₂的距离之和是4，
∴2a=4，即a=2，
又∵离心率e=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{4-{b}^{2}}{4}$=$\frac{1}{4}$，即b²=3，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）依题意，$\frac{1}{4}+\frac{{{y}_{P}}^{2}}{3}=1$，解得：y_P=$\frac{3}{2}$，
设T（1，t），则-$\frac{3}{2}$＜t＜$\frac{3}{2}$，
∵过点T的直线AB的斜率为$\frac{1}{2}$，
∴直线AB方程为：x-2y+2t-1=0，
∴点P到直线AB的距离d_P=$\frac{|2t-3|}{\sqrt{1+（-2）^{2}}}$=$\frac{3-2t}{\sqrt{5}}$，
点Q到直线AB的距离d_Q=$\frac{|2t+3|}{\sqrt{1+（-2）^{2}}}$=$\frac{3+2t}{\sqrt{5}}$，
联立直线AB与椭圆方程，消去x整理得：
16y²-12（2t-1）y+12t²-12t-9=0，
∴y₁+y₂=$\frac{6t-3}{4}$，y₁y₂=$\frac{12{t}^{2}-12t-9}{16}$，
∴$（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=$（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}$
=$\frac{36{t}^{2}-36t+9}{16}$-4•$\frac{12{t}^{2}-12t-9}{16}$
=$\frac{-12{t}^{2}+12t+45}{16}$，
∴|AB|²=$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$+$（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=5$（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$，
∴S_{四边形APBQ}=$\frac{1}{2}$•|AB|•（d_P+d_Q）
=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{5}$•$\sqrt{\frac{-12{t}^{2}+12t+45}{16}}$•（$\frac{3-2t}{\sqrt{5}}$+$\frac{3+2t}{\sqrt{5}}$）
=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$•$\sqrt{-4{t}^{2}-4t+15}$，
记f（t）=-4t²+4t+15=-4•$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+16，
则当t=$\frac{1}{2}$时，f（t）取最大值16，此时S_{四边形APBQ}取最大值，
∴四边形APBQ面积取最大值$\frac{3\sqrt{3}}{4}$•$\sqrt{16}$=$3\sqrt{3}$．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．