题目内容
18．
已知椭圆C的中心在原点，离心率等于$\frac{1}{2}$，它的一个短轴端点点恰好是抛物线$y=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{x^2}$的焦点．（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P（2，3）、Q（2，-3）是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为$\frac{1}{2}$，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足直线PA、PB与X轴始终围成一个等腰三角形，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
分析 （1）设C方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），由离心率和它的一个短轴端点点恰好是抛物线$y=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{x^2}$的焦点，能求出b，a，由此能求出椭圆C的方程．
（2）①设直线AB的方程为y=$\frac{1}{2}x+t$，代入椭圆，得x2+tx+t2-12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，能求出四边形APBQ面积的最大值．
②设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，PA的直线方程为y-3=k（x-2），代入椭圆方程得：（3+4k2）x2+8（3-2k）kx+4（3-2k）2-48=0，从而得到x1+x2，x1-x2，由此能求出直线AB的斜率为定值．
解答 解：（1）∵椭圆C的中心在原点，离心率等于$\frac{1}{2}$，它的一个短轴端点点恰好是抛物线$y=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{x^2}$的焦点，
∴设C方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），
则b=2$\sqrt{3}$．由$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a2=b2+c2，得a=4，
故椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$．…（4分）
（2）①设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y=$\frac{1}{2}x+t$，
代入$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$中，整理得x2+tx+t2-12=0，
△=t2-4（t2-12）＞0，解得-4＜t＜4，x1+x2=-t，${x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-12$，
四边形APBQ的面积S=$\frac{1}{2}×6×$|x1-x2|=3$\sqrt{48-3{t}^{2}}$，
当t=0时，${S}_{max}=12\sqrt{3}$．
②当PA=PB时，PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，
PA的直线方程为y-3=k（x-2），
代入$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$中整理得：（3+4k2）x2+8（3-2k）kx+4（3-2k）2-48=0，
∴2+1=$\frac{8（2k-3）k}{3+4{k}^{2}}$，
同理2+2=$\frac{8（2k+3）k}{3+4{k}^{2}}$，x1+x2=$\frac{16{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，x1-x2=$\frac{-48k}{3+4{k}^{2}}$，
从而${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4k}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，即直线AB的斜率为定值．…（13分）
点评 本题考查椭圆方程的求法，考查四边形面积的最大值的求法，考查直线的斜率是否为定值的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．
特高级教师点拨系列答案| A． | $f（x）=x-\frac{1}{x}$ | B． | f（x）=ex-1 | C． | $f（x）=x+\frac{4}{x}$ | D． | f（x）=tanx |
| A． | a＞b＞c | B． | b＞a＞c | C． | c＞b＞a | D． | b＞c＞a |
如图所示，点F1（0，-$\sqrt{2}$），F2（0，$\sqrt{2}$），动点M到点F2的距离是4，线段MF1的中垂线交MF2于点P．当点M变化时，则动点P的轨迹方程为（ ）| A． | $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$ | B． | $\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$=1 | C． | x2+y2=1 | D． | $\frac{y^2}{4}-\frac{x^2}{2}=1$ |