Question

19．已知直线l与椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞0）交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）求S_△AOB的最大值；
（2）设L={|直线l使S_△AOB取最大值}，l₁，l₂，l₃，l₄∈L，其满足l₁∥l₂，l₃∥l₄，k₁，k₂，k₃，k₄是对应直线的斜率且k₁+k₂+k₃+k₄=0，求这四条直线围成四边形面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）设直线AB的方程为：my=x+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（a²+m²）y²-2mty+t²-a²=0，利用根与系数的关系可得|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，原点到直线l的距离d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．可得S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|d，再利用基本不等式的性质即可得出．
（2）l₁∥l₂，l₃∥l₄，k₁，k₂，k₃，k₄是对应直线的斜率且k₁+k₂+k₃+k₄=0，可得k₁=k₂，k₃=k₄，k₁+k₃=0，围成的四边形是平行四边形EFGH，则EF=FG，
由对称性可得：对角线FH在y轴上．可得S_{四边形EFGH}=$\frac{1}{2}$|EG||FH|=$\frac{2{t}^{2}}{|m|}$，由（1）可得a²+m²=2t²，代入再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）设直线AB的方程为：my=x+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x+t}\\{{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，化为：（a²+m²）y²-2mty+t²-a²=0，
△=4m²t²-4（a²+m²）（t²-a²）＞0，化为：t²＜a²+m²．
∴y₁+y₂=$\frac{2mt}{{a}^{2}+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-{a}^{2}}{{a}^{2}+{m}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{2a\sqrt{（1+{m}^{2}）（{a}^{2}+{m}^{2}-{t}^{2}）}}{{a}^{2}+{m}^{2}}$，
原点到直线l的距离d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|d=|t|$\frac{a\sqrt{{a}^{2}+{m}^{2}-{t}^{2}}}{{a}^{2}+{m}^{2}}$≤$\frac{a}{{a}^{2}+{m}^{2}}[\frac{{t}^{2}+（{a}^{2}+{m}^{2}-{t}^{2}）}{2}]$=$\frac{a}{2}$，当且仅当a²+m²=2t²时取等号．
∴S_△AOB的最大值为$\frac{a}{2}$．
（2）∵l₁∥l₂，l₃∥l₄，k₁，k₂，k₃，k₄是对应直线的斜率且k₁+k₂+k₃+k₄=0，
∴k₁=k₂，k₃=k₄，k₁+k₃=0，
围成的四边形是平行四边形EFGH，则EF=FG，
由对称性可得：EH在y轴上．
如图所示，
由my=x+t，可得E（-t，0），F$（0，-\frac{t}{m}）$．
∴S_{四边形EFGH}=$\frac{1}{2}$|EG||FH|=$\frac{2{t}^{2}}{|m|}$，
由（1）可得a²+m²=2t²，
∴S_{四边形EFGH}=$\frac{{a}^{2}+{m}^{2}}{|m|}$=$\frac{{a}^{2}}{|m|}$+|m|≥2a，当且仅当a²+m²=2t²，|m|=a时取等号．
∴这四条直线围成四边形面积的最小值是2a．

点评 本题考查了直线与椭圆相交弦长问题、平行线的性质、斜率的性质、基本不等式的性质、四边形的面积，考查了推理能力与计算能力，属于难题．