Question

1．已知橢圓O：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$），A（x₀，y₀）（x₀y₀≠0），其上頂點(diǎn)到直線$\sqrt{3}$x+y+3=0的距離為2，過點(diǎn)A的直線l與x，y軸的交點(diǎn)分別為M、N，且$\overrightarrow{AN}$=2$\overrightarrow{MA}$．
（1）證明：|MN|為定值；
（2）如圖所示，若A，C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，B，D關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且$\overrightarrow{BD}$=λ$\overrightarrow{NM}$，求四邊形ABCD面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）其上頂點(diǎn)（0，b）到直線$\sqrt{3}$x+y+3=0的距離為2，利用點(diǎn)到直線的距離公式可得$\frac{b+3}{2}=2$，根據(jù)橢圓O：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$），解得a²．可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．設(shè)經(jīng)過點(diǎn)A的直線方程為：y-y₀=k（x-x₀），可得M$（{x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{k}，0）$，N（0，y₀-kx₀）．利用$\overrightarrow{AN}$=2$\overrightarrow{MA}$，可得k=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．利用兩點(diǎn)之間的距離公式可得|MN|．
（2）設(shè)∠AOD=α．由$\overrightarrow{BD}$=λ$\overrightarrow{NM}$，可得2|OD|=3λ．由題意可得：S_{四邊形ABCD}=$4×\frac{1}{2}|OA|•|OD|sinα$=2×$\frac{3λ}{2}$|OA|•sinα，即可得出．

解答 （1）證明：其上頂點(diǎn)（0，b）到直線$\sqrt{3}$x+y+3=0的距離為2，∴$\frac{b+3}{2}=2$，解得b=1．
又橢圓O：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$），∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4}$=1，解得a²=4．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
點(diǎn)A在橢圓上，∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+{y}_{0}^{2}$=1．
設(shè)經(jīng)過點(diǎn)A的直線方程為：y-y₀=k（x-x₀），
可得M$（{x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{k}，0）$，N（0，y₀-kx₀）．
∵$\overrightarrow{AN}$=2$\overrightarrow{MA}$，∴-x₀=$\frac{2{y}_{0}}{k}$，即k=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．
∴|MN|=$\sqrt{（{x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{k}）^{2}+（{y}_{0}-k{x}_{0}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{9}{4}{x}_{0}^{2}+9{y}_{0}^{2}}$=3為定值．
（2）解：設(shè)∠AOD=α．∵$\overrightarrow{BD}$=λ$\overrightarrow{NM}$，∴2|OD|=3λ．
由題意可得：S_{四邊形ABCD}=$4×\frac{1}{2}|OA|•|OD|sinα$=2×$\frac{3λ}{2}$|OA|•sinα≤3λ|OA|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查題意的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量共線定理及其坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積就算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．