Question

19．已知點P（0，1），A、B是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1上兩個動點，且斜率k_PA•k_PB=$\frac{2}{3}$，求△PAB面積最大值．

Answer 1

分析 設(shè)直線PA：y=kx+1，代入橢圓方程可得A的坐標，由直線PB的方程為y=$\frac{2}{3k}$x+1，可得B的坐標，運用點到直線的距離公式和三角形的面積公式，可得S關(guān)于k的式子，運用基本不等式，即可求得最大值．

解答 解：設(shè)直線PA：y=kx+1，代入橢圓方程可得，
（1+3k²）x²+6kx=0，
解得x=0或-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，
可得A（-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，$\frac{1-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$），
由斜率k_PA•k_PB=$\frac{2}{3}$，
直線PB的方程為y=$\frac{2}{3k}$x+1，
代入橢圓方程，可得交點B為（$\frac{-12k}{4+3{k}^{2}}$，$\frac{3{k}^{2}-4}{3{k}^{2}+4}$），
則△PAB的面積為S=$\frac{1}{2}$|PA|•d（d為B到直線PA的距離）
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{36{k}^{2}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}+\frac{36{k}^{4}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}}$•$\frac{|k•\frac{-12k}{3{k}^{2}+4}+1-\frac{3{k}^{2}-4}{3{k}^{2}+4}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=$\frac{12|2k-3{k}^{3}|}{（3{k}^{2}+1）（3{k}^{2}+4）}$，
可令k＞0，上式分子分母同除以k²，
可得S=$\frac{12|3k-\frac{2}{k}|}{9{k}^{2}+\frac{4}{{k}^{2}}+15}$，
再令|3k-$\frac{2}{k}$|=t，
即有S=$\frac{12t}{{t}^{2}+27}$=$\frac{12}{t+\frac{27}{t}}$≤$\frac{12}{2\sqrt{27}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
當且僅當t=$\frac{27}{t}$即t=3$\sqrt{3}$，可得k=$\frac{3\sqrt{3}+\sqrt{51}}{6}$，
△PAB面積取得最大值$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查直線方程和橢圓方程求交點，同時考查三角形面積公式和點到直線的距離和基本不等式的運用，屬于中檔題．