Question

15．如圖所示，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，左右焦點(diǎn)分別記作F₁，F(xiàn)₂，過(guò)F₁，F(xiàn)₂分別作直線l₁，l₂交橢圓AB，CD，且l₁∥l₂．
（1）當(dāng)直線l₁的斜率k₁與直線BC的斜率k₂都存在時(shí)，求證：k₁•k₂為定值；
（2）求四邊形ABCD面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓方程求出焦點(diǎn)坐標(biāo)，得到直線AB、CD的方程，與橢圓方程聯(lián)立求得A、D的坐標(biāo)，求出AD所在直線斜率得答案；
（2）由（1）結(jié)合弦長(zhǎng)公式求得|AB|，再由兩平行線間的距離公式求出邊AB、CD的距離，代入平行四邊形面積公式，利用換元法求得最值．

解答 （1）證明：由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，得a²=4，b²=1，∴$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}=\sqrt{3}$．
設(shè)k₁=k，則AB所在直線方程為y=kx+$\sqrt{3}k$，CD所在直線方程為y=kx-$\sqrt{3}k$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\sqrt{3}k}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0．
解得$x=\frac{-4\sqrt{3}{k}^{2}±2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，不妨取${x}_{B}=\frac{-4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，則${y}_{B}=\frac{\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$
同理求得${x}_{C}=\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，${y}_{C}=\frac{-\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$．
則${k}_{2}=\frac{\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}+\sqrt{3}k+2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{-4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}-4\sqrt{3}{k}^{2}+2\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{3}k}{-8\sqrt{3}{k}^{2}}$=$-\frac{1}{4k}$，則k₁•k₂=$k•（-\frac{1}{4k}）=-\frac{1}{4}$；
（2）解：由（1）知，${x}_{A}+{x}_{B}=-\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，{x}_{A}{x}_{B}=\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{A}+{x}_{B}）^{2}-4{x}_{A}{x}_{B}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{48{k}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$．
AB、CD的距離d=$\frac{2\sqrt{3}|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴${S}_{四邊形ABCD}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}•\frac{2\sqrt{3}|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$8\sqrt{3}\sqrt{\frac{{k}^{4}+{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$．
令1+4k²=t（t≥1），
則$S=8\sqrt{3}\sqrt{-\frac{3}{16}（\frac{1}{t}）^{2}+\frac{1}{8}（\frac{1}{t}）+\frac{1}{16}}$，∴當(dāng)t=3時(shí)，S_max=4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查了換元法求函數(shù)的最值，考查計(jì)算能力，是中檔題．