Question

17．如圖所示，橢圓E的中心為坐標原點，焦點F₁，F(xiàn)₂在x軸上，且F₁在拋物線y²=4x的準線上，點P是橢圓E上的一個動點，△PF₁F₂面積的最大值為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過焦點F₁，F(xiàn)₂作兩條平行直線分別交橢圓E于A，B，C，D四個點．
①試判斷四邊形ABCD能否是菱形，并說明理由；
②求四邊形ABCD面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），求得拋物線的準線方程，可得c=1，當P是橢圓短軸頂點時，△PF₁F₂面積取得最大，可得b，由a，b，c的關系可得a，進而得到橢圓方程；
（2）①四邊形ABCD不是菱形．由（1）可得F1（-1，0），AB不平行于x軸，可設AB：x=my-1，代入橢圓方程，運用韋達定理，連接OA，OB，若四邊形ABCD是菱形，則OA⊥OB，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即有x₁x₂+y₁y₂=0，化簡整理，代入韋達定理，解方程即可判斷；
②易知四邊形ABCD為平行四邊形，則四邊形ABCD面積S=4S_△AOB，運用三角形的面積公式可得S=2|OF₁|•|y₁-y₂|=2$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，代入韋達定理，令t=1+m²（t≥1），可得t的函數(shù)式，運用導數(shù)判斷單調性，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）設橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
F₁在拋物線y²=4x的準線x=-1上，可得c=1，
當P是橢圓短軸頂點時，△PF₁F₂面積取得最大，
且為$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$，可得b=$\sqrt{3}$，
則a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，即有橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）①四邊形ABCD不是菱形．
理由：由（1）可得F1（-1，0），AB不平行于x軸，可設AB：x=my-1，
代入橢圓方程，可得（4+3m²）y²-6my-9=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），即有y₁+y₂=$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
連接OA，OB，若四邊形ABCD是菱形，則OA⊥OB，
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即有x₁x₂+y₁y₂=0，
由x₁x₂=（my₁-1）（my₂-1）=m²y₁y₂+1-m（y₁+y₂）=$\frac{4-12{m}^{2}}{4+3{m}^{2}}$，
即有$\frac{-5-12{m}^{2}}{4+3{m}^{2}}$=0，顯然無實數(shù)解，
故四邊形ABCD不是菱形；
②易知四邊形ABCD為平行四邊形，則四邊形ABCD面積S=4S_△AOB，
|OF₁|=1，S=2|OF₁|•|y₁-y₂|=2$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=2$\sqrt{\frac{36{m}^{2}}{（4+3{m}^{2}）^{2}}+\frac{36}{4+3{m}^{2}}}$=24$\sqrt{\frac{1+{m}^{2}}{（4+3{m}^{2}）^{2}}}$，
令t=1+m²（t≥1），即有S=24$\sqrt{\frac{t}{（3t+1）^{2}}}$=24$\sqrt{\frac{1}{9t+\frac{1}{t}+6}}$，
由f（t）=9t+$\frac{1}{t}$，f′（t）=9-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0在t≥1成立，即有f（t）在[1，+∞）遞增，
可得t=1，即m=0時，四邊形ABCD的面積取得最大值6．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用拋物線的準線方程和橢圓的性質，考查四邊形的面積的最值的求法，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，考查導數(shù)的運用及函數(shù)的單調性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．