2025年广东深圳宝安区一模数学试卷 #18
在平面直角坐标系中 $x Oy$，椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，点 $\left(-\sqrt 3,\dfrac 1 2\right)$ 在椭圆 $C$ 上．
1、求椭圆 $C$ 的方程；
2、设椭圆 $C$ 的左、右顶点分别为 $A,B$，点 $P,Q$ 为椭圆上异于 $A,B$ 的两动点，记直线 $AP$ 的斜率为 $k_1$，直线 $QB$ 的斜率为 $k_2$，已知 $k_1=7 k_2$．
① 求证：直线 $PQ$ 恒过 $x$ 轴上一定点；
② 设 $\triangle PQB$ 和 $\triangle PQA$ 的面积分别为 $S_1,S_2$，求 $\left|S_1-S_2\right|$ 的最大值．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} \dfrac{\left(-\sqrt 3\right)^2}{a^2}+\dfrac{\left(\frac 12\right)^2}{b^2}=1,\\ \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 3}2,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=4,\\ b^2=1,\end{cases}\]于是椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$．
2、① 记 $k_1=t\cdot k_2$（$t\ne 1$），直线 $PB$ 的斜率为 $k_3$，根据椭圆的斜率积定义，直线 $PA,PB$ 的斜率之积\[k_1k_3=-\dfrac{b^2}{a^2}\implies k_2k_3=-\dfrac{b^2}{ta^2},\]将坐标系平移，使 $B$ 为坐标原点，则椭圆方程变为\[\dfrac{(x+a)^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\iff \dfrac{x'^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}+\dfrac{2x'}{a}=0,\]与直线 $P'Q':mx'+ny'=1$ 联立可得\[\dfrac{x'^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}+\dfrac{2x'}{a}\cdot (mx'+ny')=0\iff \dfrac{y'^2}{b^2}+\dfrac{2n}{a}x'y'+\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{2m}{a}\right)x'^2=0,\]进而根据韦达定理，有\[\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{2m}{a}\right)b^2=-\dfrac{b^2}{ta^2}\iff m=-\dfrac{t+1}{2at},\]于是直线 $P'Q'$ 恒过定点 $R'\left(-\dfrac{2at}{t+1},0\right)$，也即原坐标系下的点 $R\left(\dfrac{1-t}{1+t}a,0\right)$，在本题中为 $\left(-\dfrac 32,0\right)$．
② 设 $PQ:x=my+\dfrac{1-t}{1+t}a$，$P,Q$ 的纵坐标分别为 $y_1,y_2$，则联立直线 $PQ$ 与椭圆 $C$ 的方程，可得\[\dfrac{\left(my+\dfrac{1-t}{1+t}a\right)^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1,\]整理可得\[\left(\frac{m^2}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right) y^2+\frac{2 m(1-t)}{(1+t) a} y-\frac{4 t}{(1+t)^2}=0,\]进而可得 \[\begin{split} |S_1-S_2|&=\dfrac 12\cdot \left|\left(a-\dfrac{1-t}{1+t}a\right)-\left(\dfrac{1-t}{1+t}a-(-a)\right)\right|\cdot |y_1-y_2|\\ &=\left|\dfrac{1-t}{1+t}\right|a\cdot \dfrac{2\sqrt{\dfrac{4t}{b^2(1+t)^2}+\dfrac{m^2}{a^2}}}{\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}}\\ &=2a\cdot \left|\dfrac{1-t}{1+t}\right|\cdot \sqrt{\dfrac{1}{\frac{m^2}{a^2}+\frac{1}{b^2}}-\dfrac{\left(\dfrac{1-t}{1+t}\right)^2\cdot \dfrac{1}{b^2}}{\left(\frac{m^2}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}}\\ &\leqslant 2a\cdot \left|\frac{1-t}{1+t}\right|\cdot \frac{b}{2}\cdot \left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|\\ &=ab,\end{split}\]等号当\[\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=2\left(\dfrac{1-t}{1+t}\right)^2\cdot\dfrac{1}{b^2}\iff m^2=\dfrac{a^2}{b^2}\cdot \dfrac{t^2-6t+1}{(t+1)^2}\]时取得，因此所求最大值为 $ab$，在本题中为 $2$．