Question

12．已知橢圓T：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，直線l經(jīng)過點P（m，0）與T相交于A、B兩點．
（1）若C（0，-$\sqrt{3}$）且|PC|=2，求證：P必為Γ的焦點；
（2）設(shè)m＞0，若點D在Γ上，且|PD|的最大值為3，求m的值；
（3）設(shè)O為坐標(biāo)原點，若m=$\sqrt{3}$，直線l的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，k），求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用兩點之間距離公式，即可求得m的值，由橢圓的方程，即可求得焦點坐標(biāo)，即可求證P必為Γ的焦點；
（2）利用兩點之間的距離公式，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)x₀=-2時，取最大值，代入即可求得m的值；
（3）求得直線AB的方程，代入方程，由韋達(dá)定理，弦長公式及點到直線的距離公式，利用基本不等式的性質(zhì)，即可求得△AOB面積的最大值．

解答 解：（1）證明：由橢圓焦點F（±1，0），
由|PC|=$\sqrt{{m}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，解得：m=±1，
∴P點坐標(biāo)為（±1，0），
∴P必為Γ的焦點；
（2）設(shè)D（x₀，y₀），y₀²=3（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$），
|PD|²=（x₀-m）²+y₀²=$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$-2mx₀+m²+3，-2≤x₀≤2，
有函數(shù)的對稱軸x₀=4m＞0，
則當(dāng)x₀=-2時，取最大值，則|PD|²=1+4m+m²+3=9，m²+4m-5=0，
解得：m=1或m=-5（舍去），
∴m的值1；
（3）直線l的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，k），則直線l的斜率-$\frac{1}{k}$，
則直線l方程：y-0=-$\frac{1}{k}$（x-$\sqrt{3}$），整理得：ky+x-$\sqrt{3}$=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{x=-ky+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3k²+4）y²-6$\sqrt{3}$ky-3=0，
則y₁+y₂=$\frac{6\sqrt{3}k}{3{k}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{3}{3{k}^{2}+4}$，
丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$，
則O到直線AB的距離d=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則△AOB面積S=$\frac{1}{2}$×丨AB丨×d=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$×$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$
=$\frac{6}{\sqrt{3{k}^{2}+1}+\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}}$≤$\frac{6}{2\sqrt{\sqrt{3{k}^{2}+1}×\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}}}$=$\sqrt{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{3{k}^{2}+1}$=$\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}$，即k²=$\frac{2}{3}$，取等號，
∴△AOB面積的最大值$\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式，基本不等式的性質(zhì)，考查計算能力，屬于中檔題．