Question

11．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1，過點(diǎn)P（1，2）的直線l與x，y軸正半軸圍成的三角形面積最小時(shí)，l恰好經(jīng)過曲線M的兩個(gè)頂點(diǎn)A，B．
（1）求橢圓M的方程；
（2）直線l交曲線M于點(diǎn)C，D（異于A，B）兩點(diǎn)，求四邊形ABCD面積最大時(shí)，直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可設(shè)直線l的方程為$\frac{x}{a}$+$\frac{y}$=1（a＞0，b＞0），由于直線l過點(diǎn)（1，2），代入直線方程，利用基本不等式即可得出ab的最小值，取得最小值時(shí)a，b，即可得到A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而得到橢圓M的方程；
（2）討論直線CD的斜率不存在和存在兩種情況，求出CD的弦長，再由面積公式，比較，即可得到最大值，進(jìn)而得到k，從而得到直線方程．

解答 解：（1）由題意可設(shè)直線l的方程為$\frac{x}{a}$+$\frac{y}$=1（a＞0，b＞0），
∵直線l過點(diǎn)（1，2），
∴$\frac{1}{a}$+$\frac{2}$=1．
∴1=$\frac{1}{a}$+$\frac{2}$≥2$\sqrt{\frac{2}{ab}}$，∴ab≥8，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{a}$=$\frac{2}$，即a=2，b=4是取等號．
此時(shí)△AOB的面積取得最小值$\frac{1}{2}$ab=4，
直線l的方程為$\frac{x}{2}$+$\frac{y}{4}$=1．
此時(shí)A（2，0），B（0，4），
由于A、B兩點(diǎn)恰好是橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）的頂點(diǎn)，
即有m=2，n=4，即有橢圓M的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1；
（2）當(dāng)直線CD的斜率不存在時(shí)，即方程x=1，
代入曲線方程，解得，y=±2$\sqrt{3}$，
即有CD=4$\sqrt{3}$，A，B到直線CD的距離為1，四邊形ACBD面積為$\frac{1}{2}$×2×4$\sqrt{3}$=4$\sqrt{3}$；
當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線CD：y-2=k（x-1），即y=kx+2-k，
代入曲線方程，可得，（4+k²）x²+2k（2-k）x+（2-k）²-16=0，
由于有兩個(gè)交點(diǎn)，則判別式△=[2k（2-k）]²-4（4+k²）[（2-k）²-16]＞0，
解得k∈R，
且x₁+x₂=$\frac{2k（k-2）}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{（2-k）^{2}-16}{4+{k}^{2}}$，
則四邊形ACBD的面積=$\frac{1}{2}$•2•$\frac{|k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}（k-2）^{2}}{（4+{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（2-k）^{2}-64}{4+{k}^{2}}}$
=4$\sqrt{\frac{（{k}^{2}+4k+4）（3{k}^{2}+4k+12）}{（4+{k}^{2}）^{2}}}$=4$\sqrt{3+\frac{16{k}^{2}}{（4+{k}^{2}）^{2}}+\frac{16k}{4+{k}^{2}}}$，
令t=$\frac{k}{4+{k}^{2}}$，要求最大值，則k＞0，則有t=$\frac{1}{k+\frac{4}{k}}$≤$\frac{1}{4}$，
即有S=4$\sqrt{3+16{t}^{2}+16t}$≤4$\sqrt{3+1+4}$=8$\sqrt{2}$．
則有四邊形ACBD面積的最大值為8$\sqrt{2}$，此時(shí)k=2．
故四邊形ABCD面積最大時(shí)，直線l的方程為y=2x．

點(diǎn)評 本題考查直線方程的點(diǎn)斜式和截距式的運(yùn)用，基本不等式的運(yùn)用：求最值，考查四邊形的面積的求法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．