Question

1．已知橢圓2x²+y²-4=0兩焦點(diǎn)分別為F₁和F₂，P（1，$\sqrt{2}$）是橢圓第一象限弧上的一點(diǎn)，過P做傾斜角互補(bǔ)的兩條直PA，PB分別交與橢圓于兩點(diǎn)于A，B．
（1）求證直線AB的斜率為定值；
（2）求三角形PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出BP的直線方程與橢圓方程聯(lián)立，從而可求A、B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得AB的斜率為定值；
（2）設(shè)AB的直線方程為y=$\sqrt{2}$x+m，與橢圓方程聯(lián)立，得4x²+2$\sqrt{2}$mx+m²-4=0，從而可確定-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，求出P到AB的距離，進(jìn)而可表示△PAB面積，利用基本不等式可求△PAB面積的最大值．

解答 解：（1）證明：由題意知，兩直線PA、PB的斜率必存在，
設(shè)PB的斜率為k（k＞0），
則BP的直線方程為：y-$\sqrt{2}$=k（x-1）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{2}=k（x-1）}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得（2+k²）x²+2k（$\sqrt{2}$-k）x+（$\sqrt{2}$-k）²-4=0，
設(shè)B（x_B，y_B），則1+x_B=$\frac{2k（k-\sqrt{2}）}{2+{k}^{2}}$，解得x_B=$\frac{{k}^{2}-2\sqrt{2}k-2}{2+{k}^{2}}$，
同理可得x_A=$\frac{{k}^{2}+2\sqrt{2}k-2}{2+{k}^{2}}$，則x_A-x_B=$\frac{4\sqrt{2}k}{2+{k}^{2}}$，
y_A-y_B=-k（x_A-1）-k（x_B-1）=$\frac{8k}{2+{k}^{2}}$，
所以AB的斜率kAB=$\frac{{y}_{A}-{y}_{B}}{{x}_{A}-{x}_{B}}$=$\sqrt{2}$為定值；
（2）設(shè)AB的直線方程：y=$\sqrt{2}$x+m．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{2}x+m}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得4x²+2$\sqrt{2}$mx+m²-4=0，
由△=8m²-16（m²-4）＞0，得-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，
x_A+x_B=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，x_A•x_B=$\frac{{m}^{2}-4}{4}$，
P到AB的距離為d=$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$，
則S_△PAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+2}$•$\sqrt{\frac{1}{2}{m}^{2}-（{m}^{2}-4）}$•$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$
=$\sqrt{\frac{1}{8}{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$≤$\frac{1}{2\sqrt{2}}$•$\frac{{m}^{2}+8-{m}^{2}}{2}$=$\sqrt{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)m=±2∈（-2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）取等號(hào)
故△PAB面積的最大值為$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查三角形的面積計(jì)算及利用基本不等式求最值，解題的關(guān)鍵是直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理進(jìn)行解題．