Question

5．如圖，過點(diǎn)P（0，2）的直線l與橢圓$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$相交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)B作x軸的平行線交橢圓于D點(diǎn)．
（1）求證：直線AD過定點(diǎn)M并求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）求三角形ABM面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理建立關(guān)系，即可求解．
（2）B作x軸的平行線交橢圓于D點(diǎn)．ABM面積=PBM面積-APM面積建立關(guān)系，轉(zhuǎn)化為不等式求解最大值．

解答 解：（1）顯然直線l不垂直x軸，設(shè)l的方程為y=kx+2，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$得（1+4k²）x²+16kx+12=0．
由△=256k²-48（1+4k²）=64k²-48＞0，
得${k^2}＞\frac{3}{4}$，
∴$k＜-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$或$k＞\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（-x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{-16k}{{1+4{k^2}}}$…①
${x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$…②
${k_{AD}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}=\frac{{k{x_2}+2-（k{x_1}+2）}}{{-{x_2}-{x_1}}}=\frac{{k（{x_2}-{x_1}）}}{{-{x_2}-{x_1}}}=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
直線AD方程為，$y-{y_1}=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_2}+{x_1}}}（x-{x_1}），y=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_2}+{x_1}}}x-\frac{{k{x_1}^2-k{x_2}{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}+k{x_1}+2$，
化簡(jiǎn)得：$y=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_2}+{x_1}}}x+\frac{{2k{x_1}{x_2}}}{{{x_2}+{x_1}}}+2$，
將①②代入得$y=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_2}+{x_1}}}x+\frac{1}{2}$
直線AD過定點(diǎn)：$M（0，\frac{1}{2}）$．
（2）由（1）可知$M（0，\frac{1}{2}）$，
∴${S_{△ABM}}={S_{△PBM}}-{S_{△PAM}}=\frac{1}{2}|{PM}|•||{x_2}|-|{x_1}||=\frac{3}{4}|{x_1}-{x_2}|$=$\frac{3}{4}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{{256{k^2}}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}-\frac{48}{{1+4{k^2}}}}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{{64{k^2}-48}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}$=$\frac{3}{4}\sqrt{\frac{{64{k^2}-48}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}=3\sqrt{\frac{{4{k^2}-3}}{{{{（4{k^2}-3）}^2}+8（4{k^2}-3）+16}}}=3\sqrt{\frac{1}{{4{k^2}-3+\frac{16}{{4{k^2}-3}}+8}}}$=$3\sqrt{\frac{1}{{4{k^2}-3+\frac{16}{{4{k^2}-3}}+8}}}≤3\sqrt{\frac{1}{8+8}}=\frac{3}{4}$
當(dāng)且僅當(dāng)$4{k^2}-3=\frac{16}{{4{k^2}-3}}$即${k^2}=\frac{7}{4}$時(shí)取等號(hào)．
故得三角形ABM面積的最大值為$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線橢圓與直線的位置關(guān)系的運(yùn)用和計(jì)算能力，基本不等式的運(yùn)用．屬于中檔題．