Question

7．已知橢圓C：3x²+4y²=12．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）設(shè)橢圓C上在第二象限的點P的橫坐標為-1，過點P的直線l₁，l₂與橢圓C的另一交點分別為A，B．且l₁，l₂的斜率互為相反數(shù)，A，B兩點關(guān)于坐標原點O的對稱點分別為M，N，求四邊形ABMN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將橢圓方程化成標準方程后易得離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）先計算出點P的坐標，聯(lián)立直線與橢圓方程、結(jié)合點P的橫坐標由韋達定理可得A、B兩點的橫坐標，從而可得直線AB的方程、|AB|以及原點O到直線AB的距離，從而可知在m=±2時△OAB的面積達到最大，且最大值為$\sqrt{3}$，所以四邊形ABMN面積的最大值為$4\sqrt{3}$．

解答 解：由橢圓C：3x²+4y²=12，知其標準方程為C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅰ）∵a²=4，b²=3，∴c²=a²-b²=1，
∴a=2，c=1，∴離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）設(shè)P（-1，y），根據(jù)題意有y＞0，
∵點P在橢圓C上，∴$\frac{（-1）^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
解得y=$\frac{3}{2}$，即點P（-1，$\frac{3}{2}$），
設(shè)l₁的方程為y=k（x+1）+$\frac{3}{2}$，則l₂的方程為y=-k（x+1）+$\frac{3}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）+\frac{3}{2}}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$  得（4k²+3）x²+（8k²+12k）x+4k²+12k-3=0，
由于x=-1是此方程的一個解，
所以由韋達定理知方程的另一解${x}_{A}=-\frac{4{k}^{2}+12k-3}{4{k}^{2}+3}$，
同理${x}_{B}=-\frac{4{k}^{2}-12k-3}{4{k}^{2}+3}$，
故直線AB的斜率為${k}_{AB}=\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（{x}_{B}+1）+\frac{3}{2}-k（{x}_{A}+1）-\frac{3}{2}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（\frac{-8{k}^{2}+6}{4{k}^{2}+3}+2）}{\frac{24k}{4{k}^{2}+3}}$=-$\frac{1}{2}$，
設(shè)直線AB的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+m，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$  得x²-mx+m²-3=0，
所以|AB|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{2}）^{2}}\sqrt{{m}^{2}-4（{m}^{2}-3）}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}\sqrt{4-{m}^{2}}$，
又原點O到直線AB的距離為$d=\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，
所以△OAB的面積S_△OAB=$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{15}}{2}•\sqrt{4-{m}^{2}}•\frac{2|\begin{array}{l}{m}\end{array}|}{\sqrt{5}}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}•\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{{m}^{2}+（4-{m}^{2}）}{2}$=$\sqrt{3}$，
當且僅當m²=4-m²時，即m²=2，m=±2時，
△OAB的面積達到最大，且最大值為$\sqrt{3}$．
由題意可知，四邊形ABMN為平行四邊形，
所以，四邊形ABMN的面積S=4S_△OAB$≤4\sqrt{3}$，
故四邊形ABMN面積的最大值為$4\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓與直線方程，用韋達定理求出A、B兩點的橫坐標是解題的關(guān)鍵，需要較強的計算能力，屬難題．