Question

6．如圖，過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂分別作直線l₁，l₂交橢圓于A，B與C，D，且l₁∥l₂．
（1）求證：當(dāng)直線l₁的斜率k₁與直線BC的斜率k₂都存在時(shí)，k₁k₂為定值；
（2）求四邊形ABCD面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y_2^），根據(jù)對稱性，有C（-x₁，-y₁），可得$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}=1$$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+{{y}_{2}}^{2}=1$，$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}=0$，即k₁k_2⁼$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}=\frac{{{y}_{2}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}=-\frac{1}{4}$為定值．
（2）當(dāng)l₁的傾斜角為0⁰時(shí)，l₁與l₂重合，舍去．
當(dāng)l₁的傾斜角不為0時(shí)，由對稱性得四邊形ABCD為平行四邊形，F(xiàn)₁（-$\sqrt{3}$，0），
設(shè)直線l₁的方程為x=my-$\sqrt{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得（m²+4）y²-2$\sqrt{3}$my-1=0．
 s_△OAE=$\frac{1}{2}•\sqrt{3}$|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{（\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}）^{2}\\;-4\frac{-1}{{m}^{2}+4}\\;\\;\\;\\;}$═2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$．
設(shè)m²+1=t，可得（s_△OAE）_max=2$\sqrt{3}$×$\frac{1}{12}$=1．即可得平行四邊形面積的最大值為（s_ABCD）_max=4（s_△OAE）_max=4．

解答 證明：（1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y_2^），根據(jù)對稱性，有C（-x₁，-y₁），
因?yàn)锳（x₁，y₁），B（x₂，y_2^）都在橢圓C上，所以$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}=1$$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+{{y}_{2}}^{2}=1$，
二式相減得$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}{4}+{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}=0$，所以k₁k_2⁼$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}=\frac{{{y}_{2}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}=-\frac{1}{4}$為定值．
（2）當(dāng)l₁的傾斜角為0⁰時(shí)，l₁與l₂重合，舍去．
當(dāng)l₁的傾斜角不為0時(shí)，由對稱性得四邊形ABCD為平行四邊形，F(xiàn)₁（-$\sqrt{3}$，0），
設(shè)直線l₁的方程為x=my-$\sqrt{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得（m²+4）y²-2$\sqrt{3}$my-1=0．
顯然△＞0，y₁+y₂=$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{-1}{{m}^{2}+4}$．
所以s_△OAE=$\frac{1}{2}•\sqrt{3}$|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{（\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}）^{2}\\;-4\frac{-1}{{m}^{2}+4}\\;\\;\\;\\;}$═2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$．
設(shè)m²+1=t，所以m²=t-1，t∈（1，+∞）．所以$\frac{{m}^{2}+1}{（{m}^{2}+4）^{2}}=\frac{t}{{t}^{2}+6t+9}$=$\frac{1}{t+\frac{9}{t}+6}≤\frac{1}{12}$．
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{9}{t}$即m=$±\sqrt{2}$時(shí)等號成立，所以（s_△OAE）_max=2$\sqrt{3}$×$\frac{1}{12}$=1．
所以平行四邊形面積的最大值為（s_ABCD）_max=4（s_△OAE）_max=4．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的方程與性質(zhì)、橢圓的內(nèi)接四邊形的面積的最值，考查了運(yùn)算能力．屬于中檔題．