Question

17．如图所示，椭圆E的中心为坐标原点，焦点F₁，F₂在x轴上，且F₁在抛物线y²=4x的准线上，点P是椭圆E上的一个动点，△PF₁F₂面积的最大值为$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过焦点F₁，F₂作两条平行直线分别交椭圆E于A，B，C，D四个点．
①试判断四边形ABCD能否是菱形，并说明理由；
②求四边形ABCD面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），求得抛物线的准线方程，可得c=1，当P是椭圆短轴顶点时，△PF₁F₂面积取得最大，可得b，由a，b，c的关系可得a，进而得到椭圆方程；
（2）①四边形ABCD不是菱形．由（1）可得F1（-1，0），AB不平行于x轴，可设AB：x=my-1，代入椭圆方程，运用韦达定理，连接OA，OB，若四边形ABCD是菱形，则OA⊥OB，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即有x₁x₂+y₁y₂=0，化简整理，代入韦达定理，解方程即可判断；
②易知四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD面积S=4S_△AOB，运用三角形的面积公式可得S=2|OF₁|•|y₁-y₂|=2$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，代入韦达定理，令t=1+m²（t≥1），可得t的函数式，运用导数判断单调性，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）设椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
F₁在抛物线y²=4x的准线x=-1上，可得c=1，
当P是椭圆短轴顶点时，△PF₁F₂面积取得最大，
且为$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$，可得b=$\sqrt{3}$，
则a=$\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}$=2，即有椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）①四边形ABCD不是菱形．
理由：由（1）可得F1（-1，0），AB不平行于x轴，可设AB：x=my-1，
代入椭圆方程，可得（4+3m²）y²-6my-9=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），即有y₁+y₂=$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
连接OA，OB，若四边形ABCD是菱形，则OA⊥OB，
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即有x₁x₂+y₁y₂=0，
由x₁x₂=（my₁-1）（my₂-1）=m²y₁y₂+1-m（y₁+y₂）=$\frac{4-12{m}^{2}}{4+3{m}^{2}}$，
即有$\frac{-5-12{m}^{2}}{4+3{m}^{2}}$=0，显然无实数解，
故四边形ABCD不是菱形；
②易知四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD面积S=4S_△AOB，
|OF₁|=1，S=2|OF₁|•|y₁-y₂|=2$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=2$\sqrt{\frac{36{m}^{2}}{（4+3{m}^{2}）^{2}}+\frac{36}{4+3{m}^{2}}}$=24$\sqrt{\frac{1+{m}^{2}}{（4+3{m}^{2}）^{2}}}$，
令t=1+m²（t≥1），即有S=24$\sqrt{\frac{t}{（3t+1）^{2}}}$=24$\sqrt{\frac{1}{9t+\frac{1}{t}+6}}$，
由f（t）=9t+$\frac{1}{t}$，f′（t）=9-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0在t≥1成立，即有f（t）在[1，+∞）递增，
可得t=1，即m=0时，四边形ABCD的面积取得最大值6．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用抛物线的准线方程和椭圆的性质，考查四边形的面积的最值的求法，注意运用直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查导数的运用及函数的单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．