Question

4．已知橢圓C：3x²+4y²=12．設(shè)橢圓C上在第二象限的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為-1，過點(diǎn)P的直線l₁，l₂與橢圓C的另一交點(diǎn)分別為A，B．且l₁，l₂的斜率互為相反數(shù)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)分別為M，N，
（Ⅰ）求證直線AB的斜率為定值．
（Ⅱ）求四邊形ABMN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先計(jì)算出點(diǎn)P的坐標(biāo)，聯(lián)立直線與橢圓方程、結(jié)合點(diǎn)P的橫坐標(biāo)由韋達(dá)定理可得A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，從而可得直線的斜率為定值；
（Ⅱ）設(shè)出直線AB的方程、|AB|以及原點(diǎn)O到直線AB的距離，運(yùn)用基本不等式從而可知在m=±2時(shí)△OAB的面積達(dá)到最大，且最大值為$\sqrt{3}$，所以四邊形ABMN面積的最大值為4$\sqrt{3}$．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（-1，y），根據(jù)題意有y＞0，
∵點(diǎn)P在橢圓C上，∴3+4y²=12，
解得y=$\frac{3}{2}$，即點(diǎn)P（-1，$\frac{3}{2}$），
設(shè)l₁的方程為y=k（x+1）+$\frac{3}{2}$，
則l₂的方程為y=-k（x+1）+$\frac{3}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）+\frac{3}{2}}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$ 可得，
（4k²+3）x²+（8k²+12k）x+4k²+12k-3=0，
由于x=-1是此方程的一個(gè)解，
所以由韋達(dá)定理知方程的另一解x_A=-$\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
同理x_B=-$\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
故直線AB的斜率為k_AB=$\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（{x}_{B}+1）+\frac{3}{2}-k（{x}_{A}+1）-\frac{3}{2}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（\frac{-8{k}^{2}+6}{4{k}^{2}+3}+2）}{\frac{24k}{3+4{k}^{2}}}$=-$\frac{1}{2}$．
則直線AB的斜率為定值-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+m，
代入橢圓方程3x²+4y²=12，
得x²-mx+m²-3=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
x₁+x₂=m，x₁x₂=m²-3，
所以|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$•$\sqrt{{m}^{2}-4（{m}^{2}-3）}$
=$\frac{\sqrt{15}}{2}$$\sqrt{4-{m}^{2}}$，
又原點(diǎn)O到直線AB的距離為d=$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，
所以△OAB的面積S_△OAB=$\frac{1}{2}$d|AB|=$\frac{1}{2}$•$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$•$\frac{\sqrt{15}}{2}$$\sqrt{4-{m}^{2}}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{{m}^{2}+（4-{m}^{2}）}{2}$=$\sqrt{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m²=4-m²時(shí)，即m²=2，m=±2時(shí)，
△OAB的面積達(dá)到最大，且最大值為$\sqrt{3}$．
由題意可知，四邊形ABMN為平行四邊形，
所以，四邊形ABMN的面積S=4S_△OAB≤4$\sqrt{3}$，
故四邊形ABMN面積的最大值為4$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓與直線方程，用韋達(dá)定理求出A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，需要較強(qiáng)的計(jì)算能力，屬難題．