Question

3．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點P（-2，0）與點（1，1）．
（1）求橢圓的方程；
（2）過P點作兩條互相垂直的直線PA，PB，交橢圓于A，B．
①證明直線AB經(jīng)過定點；
②求△ABP面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）把已知點的坐標代入橢圓方程，求解方程組可得a，b，則橢圓的方程可求；
（2）①由對稱性知，若存在定點，則必在x軸上，求出PA所在直線斜率為1時AB所過定點，驗證得答案；
②設直線AB方程為x=ty-1．聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系求得A，B的縱坐標的和與積，結合弦長公式求得面積，換元后利用基本不等式求最值．

解答 （1）解：由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{9}{^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得${a}^{2}=4，^{2}=\frac{4}{3}$，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{3{y}^{2}}{4}=1$；
（2）①證明：由對稱性知，若存在定點，則必在x軸上，
當k_PA=1時，l_PA：y=x+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+3x+2=0，解得x=-1．
下面驗證定點為（1，0）．
設直線PA的方程為y=k（x+2），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+12k²x+12k²-4=0，
解得：${x}_{A}=\frac{2-6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}，{y}_{A}=\frac{4k}{1+3{k}^{2}}$．
同理可得：${x}_{B}=\frac{2{k}^{2}-6}{{k}^{2}+3}，{y}_{B}=-\frac{4k}{{k}^{2}+3}$．
則$\frac{{y}_{A}}{{x}_{A}+1}=\frac{4k}{3-3{k}^{2}}=\frac{{y}_{B}}{{x}_{B}+1}$，即直線AB經(jīng)過定點（-1，0）；
②解：由題意可知，直線不與x軸平行，設直線AB方程為x=ty-1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-1}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（t²+3）y²-2ty-3=0．
∴${y}_{A}+{y}_{B}=\frac{2t}{{t}^{2}+3}，{y}_{A}{y}_{B}=-\frac{3}{{t}^{2}+3}$，
∴${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}×1×|{y}_{A}-{y}_{B}|$=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{16{t}^{2}+36}}{{t}^{2}+3}=\frac{\sqrt{4{t}^{2}+9}}{{t}^{2}+3}$．
令$\sqrt{4{t}^{2}+9}=λ$，λ∈[3，+∞），則${t}^{2}=\frac{{λ}^{2}-9}{4}$．
∴${S}_{△PAB}=\frac{λ}{\frac{{λ}^{2}-9}{4}+3}=\frac{4λ}{{λ}^{2}+3}=\frac{4}{λ+\frac{3}{λ}}≤\frac{4}{4}=1$．
當且僅當λ=3，即t=0時成立．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了利用換元法及基本不等式求最值，是中檔題．