Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，直線l：x=my+3（m≠0）交橢圓C于M，N兩點(diǎn)
（1）若OM⊥ON（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求m的值；
（2）設(shè)點(diǎn)N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q（Q與點(diǎn)M不重合），直線QM與x軸交于P，求△PMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（m²+4）y²+6my-3=0．由OM⊥ON（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），可得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=0，再利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．
（2）利用對(duì)稱求得點(diǎn)N₁的坐標(biāo)得到直線N₁M的方程及與x軸交于點(diǎn)P，求出|FP|，再利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得到|y₁-y₂|，利用三角形的面積公式S_△PMN=$\frac{1}{2}$|FP||y₁-y₂|=$\frac{1}{2}×1$×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$及基本不等式即可得出其最大值．

解答 解：（1）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（m²+4）y²+6my-3=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$．∴x₁x₂=（my₁+3）（my₂+3）=m²y₁y₂+3m（y₁+y₂）+9=$\frac{-3•{m}^{2}}{{m}^{2}+4}$+3m×（-$\frac{6m}{{m}^{2}+4}$）+9=$\frac{36-12{m}^{2}}{{m}^{2}+4}$．
∵OM⊥ON（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=0，
∴$\frac{36-12{m}^{2}-3}{{m}^{2}+4}$=0，解得m=$±\frac{\sqrt{11}}{2}$．
（2）∵M(jìn)（x₁，y₁），N₁（x₂，-y₂），
∴直線N₁M的方程為y-y₁=$\frac{-{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，則x=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{y}_{2}+{y}_{1}}+{x}_{1}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+3=$\frac{2m×\frac{-3}{{m}^{2}+4}}{\frac{-6m}{{m}^{2}+4}}$+3=4，
∴P（4，0），得到|FP|=1．
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}$|FP||y₁-y₂|=$\frac{1}{2}×1$×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{（\frac{-6m}{{m}^{2}+4}）^{2}-4×\frac{-3}{{m}^{2}+4}}$=2$\sqrt{3}$×$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{1}{{m}^{2}+1+\frac{9}{{m}^{2}+1}+6}}$≤$2\sqrt{3}×\sqrt{\frac{1}{12}}$=1，
當(dāng)且僅當(dāng)m=$±\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)．
故△PMN的面積存在最大值1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、三角形面積計(jì)算公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．