2024年广东四校高三年级第一次联考#17
已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，且 $C$ 的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为 $8\sqrt 3$．
1、求椭圆 $C$ 的方程；
2、过点 $P(1,0)$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A,B$ 两点，过点 $A$ 与 $x$ 轴垂直的直线与椭圆 $C$ 的另一个交点为 $Q$．当 $\triangle BPQ$ 的面积取得最大值时，求直线 $l$ 的方程．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 3}2,\\ \dfrac 12\cdot 2\sqrt{a^2-b^2}\cdot 2b=8\sqrt 3,\end{cases}\iff \begin{cases} a^2=16,\\ b^2=4,\end{cases}\]因此所求椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}4=1$．
2、设 $A(4\cos2\alpha,2\sin2\alpha)$，$B(4\cos2\beta,2\sin2\beta)$，则 $Q(4\cos2\alpha,-2\sin2\alpha)$，而直线 $AB$ 过点 $P$，可得\[\tan\alpha\cdot\tan\beta=\dfrac{1-4}{1+4}\iff t_1t_2=-\dfrac 35,\]其中 $t_1=\tan\alpha$，$t_2=\tan\beta$，而 $\overrightarrow{PB}=(4\cos2\beta-1,2\sin2\beta)$，$\overrightarrow{PQ}=(4\cos2\alpha-1,-2\sin2\alpha)$，于是 $\triangle BPQ$ 的面积\[\begin{split} S&=\dfrac 12\left|(4\cos2\beta-1)\cdot(-2\sin2\alpha)+(4\cos2\alpha-1)\cdot 2\sin2\beta\right|\\ &=\left|\left(4\cdot \dfrac{1-t_2^2}{1+t_2^2}-1\right)\cdot \dfrac{2t_1}{1+t_1^2}+\left(4\cdot \dfrac{1-t_1^2}{1+t_1^2}-1\right)\cdot \dfrac{2t_2}{1+t_2^2}\right|\\ &=\dfrac{2|(3-5t_1t_2)(t_1+t_2)|}{(1+t_1^2)(1+t_2^2)}\\ &=\dfrac{2|(3-5t_1t_2)(t_1+t_2)|}{1+(t_1+t_2)^2-2t_1t_2+(t_1t_2)^2}\\ &=\dfrac{2|3-5t_1t_2|}{|t_1+t_2|+\dfrac{(t_1t_2-1)^2}{|t_1+t_2|}}\\ &\leqslant \dfrac{|3-5t_1t_2|}{|t_1t_2-1|}\\ &=\dfrac{14}5 ,\end{split}\]等号当 $|t_1+t_2|=|t_1t_2-1|=\dfrac 85$ 时也即 $t_1,t_2$ 为关于 $t$ 的方程 $5t^2\pm 8t-3=0$ 的两根时取得，此时直线 $l$ 的方程为\[\dfrac xa\cdot (1-t_1t_2)+\dfrac yb\cdot (t_1+t_2)=1+t_1t_2\iff x\pm 2y-1=0.\]