Question

14．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1兩焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，P是橢圓在第一象限弧上一點(diǎn)，并滿足$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=1，過P作兩條直線PA、PB分別交橢圓于A、B兩點(diǎn)．
（1）求P點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）若直線AB的斜率為$\sqrt{2}$，求△PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P的坐標(biāo)，則可分別表示出向量，通過向量的數(shù)量積，求得x₀和y₀的關(guān)系，同時(shí)根據(jù)橢圓的方程，求得x₀和y₀即P的坐標(biāo)．
（2）設(shè)出直線的方程聯(lián)立橢圓方程，可求出AB的距離，得到直線AB的距離，利用三角形的面積公式，通過基本不等式求解最值即可．

解答 解：（1）由題意得：c=$\sqrt{2}$，則F₁（0，$\sqrt{2}$），F(xiàn)₂（0，-$\sqrt{2}$），設(shè)P（x₀，y₀）
則$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-x₀，$\sqrt{2}$-y₀），$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-x₀，-$\sqrt{2}$-y₀），
由$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=1，得：x₀²-2+y₀²=1?x₀²+y₀²=3
又2x₀²+y₀²=4，x₀，y₀＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=1}\\{{y}_{0}=\sqrt{2}}\end{array}\right.$，即所求P（1，$\sqrt{2}$）
（3）設(shè)AB方程為：y=$\sqrt{2}x$+m，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，可得4x²+2$\sqrt{2}$mx+m²-4=0，△=8m²-18m²+64＞0，解得-2$\sqrt{2}＜m＜2\sqrt{2}$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁+x₂=$-\frac{\sqrt{2}}{2}m$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{4}$，
|AB|=$\sqrt{1+（\sqrt{2}）^{2}}$$•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{3（4-\frac{1}{2}{m}^{2}）}$．P到AB的距離為d=$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$，
則${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|d$=$\frac{1}{2}\sqrt{（4-\frac{1}{2}{m}^{2}）3}•\frac{|m|}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{\frac{1}{8}{m}^{2}（-{m}^{2}+8）}$$≤\sqrt{\frac{1}{8}（\frac{{m}^{2}-{m}^{2}+8}{2}）^{2}}$=$\sqrt{2}$當(dāng)且僅當(dāng)m=±2∈（-2$\sqrt{2}，2\sqrt{2}$）時(shí)取得最大值．
△PAB面積的最大值為：$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系．考查了學(xué)生綜合分析問題和解決問題的能力．