Question

4．已知椭圆C：3x²+4y²=12．设椭圆C上在第二象限的点P的横坐标为-1，过点P的直线l₁，l₂与椭圆C的另一交点分别为A，B．且l₁，l₂的斜率互为相反数，A，B两点关于坐标原点O的对称点分别为M，N，
（Ⅰ）求证直线AB的斜率为定值．
（Ⅱ）求四边形ABMN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先计算出点P的坐标，联立直线与椭圆方程、结合点P的横坐标由韦达定理可得A、B两点的横坐标，从而可得直线的斜率为定值；
（Ⅱ）设出直线AB的方程、|AB|以及原点O到直线AB的距离，运用基本不等式从而可知在m=±2时△OAB的面积达到最大，且最大值为$\sqrt{3}$，所以四边形ABMN面积的最大值为4$\sqrt{3}$．

解答 解：（Ⅰ）设P（-1，y），根据题意有y＞0，
∵点P在椭圆C上，∴3+4y²=12，
解得y=$\frac{3}{2}$，即点P（-1，$\frac{3}{2}$），
设l₁的方程为y=k（x+1）+$\frac{3}{2}$，
则l₂的方程为y=-k（x+1）+$\frac{3}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）+\frac{3}{2}}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$ 可得，
（4k²+3）x²+（8k²+12k）x+4k²+12k-3=0，
由于x=-1是此方程的一个解，
所以由韦达定理知方程的另一解x_A=-$\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
同理x_B=-$\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
故直线AB的斜率为k_AB=$\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（{x}_{B}+1）+\frac{3}{2}-k（{x}_{A}+1）-\frac{3}{2}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（\frac{-8{k}^{2}+6}{4{k}^{2}+3}+2）}{\frac{24k}{3+4{k}^{2}}}$=-$\frac{1}{2}$．
则直线AB的斜率为定值-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）设直线AB的方程为y=-$\frac{1}{2}$x+m，
代入椭圆方程3x²+4y²=12，
得x²-mx+m²-3=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
x₁+x₂=m，x₁x₂=m²-3，
所以|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$•$\sqrt{{m}^{2}-4（{m}^{2}-3）}$
=$\frac{\sqrt{15}}{2}$$\sqrt{4-{m}^{2}}$，
又原点O到直线AB的距离为d=$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，
所以△OAB的面积S_△OAB=$\frac{1}{2}$d|AB|=$\frac{1}{2}$•$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$•$\frac{\sqrt{15}}{2}$$\sqrt{4-{m}^{2}}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{{m}^{2}+（4-{m}^{2}）}{2}$=$\sqrt{3}$，
当且仅当m²=4-m²时，即m²=2，m=±2时，
△OAB的面积达到最大，且最大值为$\sqrt{3}$．
由题意可知，四边形ABMN为平行四边形，
所以，四边形ABMN的面积S=4S_△OAB≤4$\sqrt{3}$，
故四边形ABMN面积的最大值为4$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆与直线方程，用韦达定理求出A、B两点的横坐标是解题的关键，需要较强的计算能力，属难题．