Question

10．已知橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，點B（0，1）為橢圓的上頂點，直線l：y=kx+m交橢圓于P、Q兩點，設(shè)直線PB，QB的斜率分別為k₁、k₂，且k₁k₂=1
（1）求證：直線l過定點M，并求出點M的坐標；
（2）求△BPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）將直線方程代入橢圓方程，根據(jù)直線由兩個根，求得k的取值范圍，根據(jù)韋達定理及直線方程求得x₁+x₂，x₁•x₂，y₁y₂和y₁+y₂，由斜率公式可知$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=1，代入即可求得m的值，求得直線方程，即可證明直線l過定點M及點M的坐標；
（2）將m代入x₁+x₂和x₁•x₂，根據(jù)點到直線的距離公式、弦長公式及三角形的面積公式即可求得△BPQ面積表達式，設(shè)t=$\sqrt{{k}^{2}-4}$，代入根據(jù)基本不等式的關(guān)系即可求得△BPQ面積的最大值．

解答 證明：（1）直線AB的斜率存在，直線l的方程為y=kx+m，依題意得m≠±1，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（2k²+1）x²+4kmx+2（m²-1）=0，
△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-2）＞0，
即2k²-m²+1＞0，
x₁+x₂=-$\frac{4km}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{2（{m}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$，
y₁+y₂=（kx₁+m）+（kx₂+m）=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+2{k}^{2}}$，
y₁•y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{-2{k}^{2}+{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∵k₁k₂=1
$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=1，
y₁y₂-（y₁+y₂）-x₁x₂+1=0，
$\frac{-2{k}^{2}+{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{2m}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{2（{m}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$+1=0，
即m²+2m-3=0，
解得：m=-3，m=1（舍去），
直線l：方程為y=kx-3，
故直線直線l過定點M，點M（0，-3）；
解：（2）由（1）可知△=2k²-m²+1＞0，即k²＞4，
x₁+x₂=$\frac{12k}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{16}{2{k}^{2}+1}$，
由弦長公式丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{{k}^{2}-4}}{2{k}^{2}+1}$，
=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{{k}^{2}-4}}{2{k}^{2}+1}$，
由點B（0，1）到直線y-kx+3=0的距離d=$\frac{丨1+3丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△BPQ面積S=$\frac{1}{2}$•丨PQ丨•d=$\frac{8\sqrt{{k}^{2}-4}}{2{k}^{2}+1}$，
令t=$\sqrt{{k}^{2}-4}$，t＞0，k²=t²+4，
S=$\frac{8t}{2{t}^{2}+9}$=$\frac{8}{2t+\frac{9}{t}}$≤$\frac{8}{6\sqrt{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
當且僅當2t=$\frac{9}{t}$，即t=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$時，k=±$\frac{\sqrt{34}}{2}$時，取等號，
△BPQ面積的最大值$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

點評 本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，考查根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、點到直線的距離公式，考查學生分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．