Question

9．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．設(shè)點(diǎn)M是橢圓上不在坐標(biāo)軸上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)M的直線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)上，且滿足$\overrightarrow{AM}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$．
（1）求證：線段AB的長是一定值；
（2）若點(diǎn)N是點(diǎn)M關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，一過原點(diǎn)O且與直線AB平行的直線與橢圓交于P、Q兩點(diǎn)（如圖），求四邊形MPNQ面積的最大值，并求出此時(shí)直線MN的斜率．

Answer 1

分析 （1）由橢圓長軸長為4，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出橢圓方程，由此利用$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$，且A、B分別在x軸、y軸上，能證明AB為定值．
（2）設(shè)P（x₀，y₀），由AB∥PQ，得k_PQ=k_AB=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$，${{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}$=4，直線PQ的方程為：y=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}x$，由此利用點(diǎn)到直線距離公式、弦長公式能求出結(jié)果．

解答 證明：（1）∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{2a=4}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴b=$\sqrt{4-3}=1$，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，…（3分）
設(shè)M（x₁，y₁），則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}$=1，
∵$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$，且A、B分別在x軸、y軸上，∴A（$\frac{3}{2}{x}_{1}$，0），B（0，3y₁），
∴$A{B}^{2}=\frac{9}{4}{{x}_{1}}^{2}+9{{y}_{1}}^{2}=9（\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}）=9$，
∴AB=3為定值． …（7分）
解：（2）設(shè)P（x₀，y₀），∵AB∥PQ，
∴k_PQ=k_AB=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$，${{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}$=4，
則直線PQ的方程為：y=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}x$，…（9分）
∵$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{0}}^{2}=\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}\\{{{y}_{0}}^{2}=\frac{16{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}\end{array}\right.$，
∴PQ²=4OP²=4•$\frac{4{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}16{y}_{0}{\;}^{2}}$=$\frac{64}{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}$，
點(diǎn)M到直線PQ：2y₀x+x₀y=0的距離：d=$\frac{|2{x}_{0}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{0}|}{\sqrt{4{{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}}}$=$\frac{|3{x}_{1}{y}_{1}|}{2}$，…（12分）
∴S_{四邊形MPNQ}=2S_△MPQ=2×$\frac{1}{2}$×PQ×d=$\frac{8}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}$•$\frac{3|{x}_{0}{y}_{0}|}{2}$
=12$\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{2}{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}$=12$\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{2}{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}$=12$\sqrt{\frac{（4-4{y}_{0}）^{2}{{y}_{0}}^{2}}{4-4{{y}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}}}$=12$\sqrt{\frac{-{{y}_{0}}^{4}+{{y}_{0}}^{2}}{3{{y}_{0}}^{2}+1}}$，
令t=3y₀²+1，t≥1，則$\frac{-{{y}_{0}}^{4}+{y}_{0}}{3{{y}_{0}}^{2}+1}$=$\frac{-（\frac{t-1}{3}）^{2}+\frac{t-1}{3}}{t}$=-$\frac{1}{9}（t+\frac{4}{t}-5）≤\frac{1}{9}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)，取等號(hào)，
即3y₀²+1=2時(shí)，（S_{四邊形MPNQ}）_max=4，
此時(shí)${{y}_{0}}^{2}=\frac{1}{3}，{{x}_{0}}^{2}=\frac{8}{3}$，
∴${k}_{MN}=±\frac{\sqrt{2}}{4}$．…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線段的長是一定值的證明，考查四邊形面積的最大值的求出，并求出此時(shí)直線的斜率，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．