Question

20．已知椭圆C的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，直线l：y=kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点，若F₁M⊥l，F₂N⊥l，M，N分别为垂足．
（Ⅰ）证明：$|{{F_1}M}|+|{{F_2}N}|≥2\sqrt{3}$；
（Ⅱ）求四边形F₁MNF₂面积S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将直线的方程y=kx+m代入椭圆C的方程中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．由直线与椭圆C仅有一个公共点知，△=0，化简得：m²=4k²+3．利用点到直线的距离公式可得：d₁=|F₁M，d₂=|F₂M|，代入d₁d₂，化简利用重要不等式的性质即可得出．
（Ⅱ）当k≠0时，设直线的倾斜角为θ，则|d₁-d₂|=|MN||tanθ|，代入S=$\frac{1}{2}$|MN|•（d₁+d₂）=$|\frac{{d}_{1}^{2}-{d}_{2}^{2}}{2k}|$=$\frac{2|m|}{{k}^{2}+1}$，由于m²=4k²+3，对k分类讨论，利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（Ⅰ）证明：将直线的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y²=12中，
得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．
由直线与椭圆C仅有一个公共点知，
△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化简得：m²=4k²+3．
设d₁=|F₁M=$\frac{|-k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，d₂=|F₂M|=$\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
d₁d₂=$\frac{|-k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$•$\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|{m}^{2}-{k}^{2}|}{{k}^{2}+1}$=$\frac{3{k}^{2}+3}{{k}^{2}+1}$=3，
|F₁M|+|F₂M|=d₁+d₂≥$2\sqrt{{d}_{1}{d}_{2}}$=2$\sqrt{3}$．
（Ⅱ）当k≠0时，设直线的倾斜角为θ，
则|d₁-d₂|=|MN||tanθ|，∴|MN|=$|\frac{{d}_{1}-{d}_{2}}{k}|$，
S=$\frac{1}{2}$|MN|•（d₁+d₂）=$|\frac{{d}_{1}^{2}-{d}_{2}^{2}}{2k}|$=$\frac{2|m|}{{k}^{2}+1}$=$\frac{2|m|}{\frac{{m}^{2}-3}{4}+1}$=$\frac{8}{|m|+\frac{1}{|m|}}$，
∵m²=4k²+3，∴当k≠0时，|m|$＞\sqrt{3}$，
∴$|m|+\frac{1}{|m|}$＞$\sqrt{3}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴S$＜2\sqrt{3}$．
当k=0时，四边形F₁MNF₂是矩形，$S=2\sqrt{3}$．    
所以四边形F₁MNF₂面积S的最大值为2$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、点到直线的距离公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．