Question

7．如圖，設(shè)F是橢圓$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1的下焦點(diǎn)，直線y=kx-4（k＞0）與橢圓相交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)P
（1）若$\overrightarrow{PA}$=$\overrightarrow{AB}$，求k的值；
（2）求證：∠AFP=∠BF0；
（3）求面積△ABF的最大值．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=kx-4}\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-24kx+36=0，由此利用韋達(dá)定理、根的判別式、向量相等，結(jié)合已知條件能求出k．
（2）證明∠AFP=∠BFO，等價(jià)于證明等價(jià)于k_AF+k_BF=0，由此能證明∠AFP=∠BFO．
（3）S_△ABF=S_△PBF-S_△PAF=$\frac{1}{2}|PF|•|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{18\sqrt{{k}^{2}-4}}{3{k}^{2}+4}$．令t=$\sqrt{{k}^{2}-4}$，利用基本不等式性質(zhì)能求出△ABF面積的最大值．

解答 解：（1）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=kx-4}\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-24kx+36=0，
∵直線y=kx-4（k＞0）與橢圓相交于A、B兩點(diǎn)，∴△=144（k²-4）＞0，即k＞2或k＜-2，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{24k}{3{k}^{2}+4}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{36}{3{k}^{2}+4}$，
∵$\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{AB}$，∴x₂=2x₁，
代入上式，解得k=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$．
證明：（2）由圖形得要證明∠AFP=∠BFO，等價(jià)于證明直線AF與直線BF的傾斜角互補(bǔ)，
即等價(jià)于k_AF+k_BF=0，
k_AF+k_BF=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$
=$\frac{k{x}_{1}-3}{{x}_{1}}+\frac{k{x}_{2}-3}{{x}_{2}}$
=2k-3（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$）
=2k-$\frac{3•\frac{24k}{3{k}^{2}+4}}{\frac{36}{3{k}^{2}+4}}$
=2k-2k=0，
∴∠AFP=∠BFO．
解：（3）∵k＞2或k＜-2，
∴S_△ABF=S_△PBF-S_△PAF=$\frac{1}{2}|PF|•|{x}_{1}-{x}_{2}|$
=$\frac{1}{2}×3×\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{18\sqrt{{k}^{2}-4}}{3{k}^{2}+4}$．
令t=$\sqrt{{k}^{2}-4}$，則t＞0，3k²+4=3t²+16，
∴S_△ABF=$\frac{18\sqrt{{k}^{2}-4}}{3{k}^{2}+4}$=$\frac{18t}{3{t}^{2}+16}$=$\frac{18}{3t+\frac{16}{t}}$≤$\frac{18}{2\sqrt{3•16}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
當(dāng)且僅當(dāng)3t=$\frac{16}{t}$，即t²=$\frac{16}{3}$，k=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$取等號(hào)，
∴△ABF面積的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線的斜率的求法，考查三角形的面積的最大值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、根的判別式、向量相等、基本不等式、弦長(zhǎng)公式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．