Question

1．已知椭圆2x²+y²-4=0两焦点分别为F₁和F₂，P（1，$\sqrt{2}$）是椭圆第一象限弧上的一点，过P做倾斜角互补的两条直PA，PB分别交与椭圆于两点于A，B．
（1）求证直线AB的斜率为定值；
（2）求三角形PAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设出BP的直线方程与椭圆方程联立，从而可求A、B的坐标，进而可得AB的斜率为定值；
（2）设AB的直线方程为y=$\sqrt{2}$x+m，与椭圆方程联立，得4x²+2$\sqrt{2}$mx+m²-4=0，从而可确定-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，求出P到AB的距离，进而可表示△PAB面积，利用基本不等式可求△PAB面积的最大值．

解答 解：（1）证明：由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，
设PB的斜率为k（k＞0），
则BP的直线方程为：y-$\sqrt{2}$=k（x-1）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{2}=k（x-1）}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得（2+k²）x²+2k（$\sqrt{2}$-k）x+（$\sqrt{2}$-k）²-4=0，
设B（x_B，y_B），则1+x_B=$\frac{2k（k-\sqrt{2}）}{2+{k}^{2}}$，解得x_B=$\frac{{k}^{2}-2\sqrt{2}k-2}{2+{k}^{2}}$，
同理可得x_A=$\frac{{k}^{2}+2\sqrt{2}k-2}{2+{k}^{2}}$，则x_A-x_B=$\frac{4\sqrt{2}k}{2+{k}^{2}}$，
y_A-y_B=-k（x_A-1）-k（x_B-1）=$\frac{8k}{2+{k}^{2}}$，
所以AB的斜率kAB=$\frac{{y}_{A}-{y}_{B}}{{x}_{A}-{x}_{B}}$=$\sqrt{2}$为定值；
（2）设AB的直线方程：y=$\sqrt{2}$x+m．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{2}x+m}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得4x²+2$\sqrt{2}$mx+m²-4=0，
由△=8m²-16（m²-4）＞0，得-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，
x_A+x_B=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，x_A•x_B=$\frac{{m}^{2}-4}{4}$，
P到AB的距离为d=$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$，
则S_△PAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+2}$•$\sqrt{\frac{1}{2}{m}^{2}-（{m}^{2}-4）}$•$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$
=$\sqrt{\frac{1}{8}{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$≤$\frac{1}{2\sqrt{2}}$•$\frac{{m}^{2}+8-{m}^{2}}{2}$=$\sqrt{2}$．
当且仅当m=±2∈（-2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）取等号
故△PAB面积的最大值为$\sqrt{2}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形的面积计算及利用基本不等式求最值，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行解题．