Question

14．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，F(xiàn)為該橢圓的右焦點，若AB為垂直于x軸的動弦，直線l：x=4與x軸交于點N，直線AF與BN交于點M（x₀，y₀）．
（1）求證：$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{3}$=1；
（2）求△AMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由已知得F（1，0），N（4，0），設(shè)A（m，n），則B（m，-n），n≠0，則$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{3}=1$，AF與BN的方程分別為：n（x-1）-（m-1）y=0，n（x-4）-（m-4）y=0，由此能證明$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1．
（2）設(shè)AM的方程為x=ty+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式，結(jié)合已知條件能求出△AMN的面積的最大值．

解答 證明：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，F(xiàn)為該橢圓的右焦點，AB為垂直于x軸的動弦，直線l：x=4與x軸交于點N，
∴F（1，0），N（4，0），
設(shè)A（m，n），則B（m，-n），n≠0，則$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{3}=1$，①
AF與BN的方程分別為：n（x-1）-（m-1）y=0，n（x-4）-（m-4）y=0，
∵直線AF與BN交于點M（x₀，y₀），
∴有$\left\{\begin{array}{l}{n（{x}_{0}-1）-（m-1）{y}_{0}=0，②}\\{n（{x}_{0}-4）+（m-4）{y}_{0}=0，③}\end{array}\right.$，
由②③得${x}_{0}=\frac{5m-8}{2m-5}$，${y}_{0}=\frac{3m}{2m-5}$，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=$\frac{（5m-8）^{2}}{4（2m-5）^{2}}$+$\frac{3{n}^{2}}{（2m-5）^{2}}$
=$\frac{（5m-8）^{2}+12{n}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=$\frac{（5m-8）^{2}+36-9{m}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=1．
（2）由（1）知M在橢圓上，設(shè)AM的方程為x=ty+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{3{t}^{2}+3}}{3{t}^{2}+4}$，
令3t²+4=λ（λ≥4），
則|y₁-y₂|=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{λ-1}}{λ}$=4$\sqrt{3}$$\sqrt{-（\frac{1}{λ}）^{2}+\frac{1}{λ}}$=4$\sqrt{3}$$\sqrt{-（\frac{1}{λ}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}}$，
∵λ≥4，0＜$\frac{1}{λ}$$≤\frac{1}{4}$，∴$\frac{1}{λ}=\frac{1}{4}$，即λ=4，t=0時，
|y₁-y₂|有最大值3，
∵AM過點F，∴△AMN的面積S_△AMN=$\frac{1}{2}$|FN|•|y₂-y₁|=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|有最大值$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查等式的證明，考查三角形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式的合理運用．