Question

11．已知椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1，过点P（1，2）的直线l与x，y轴正半轴围成的三角形面积最小时，l恰好经过曲线M的两个顶点A，B．
（1）求椭圆M的方程；
（2）直线l交曲线M于点C，D（异于A，B）两点，求四边形ABCD面积最大时，直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由题意可设直线l的方程为$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{b}$=1（a＞0，b＞0），由于直线l过点（1，2），代入直线方程，利用基本不等式即可得出ab的最小值，取得最小值时a，b，即可得到A，B的坐标，进而得到椭圆M的方程；
（2）讨论直线CD的斜率不存在和存在两种情况，求出CD的弦长，再由面积公式，比较，即可得到最大值，进而得到k，从而得到直线方程．

解答 解：（1）由题意可设直线l的方程为$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{b}$=1（a＞0，b＞0），
∵直线l过点（1，2），
∴$\frac{1}{a}$+$\frac{2}{b}$=1．
∴1=$\frac{1}{a}$+$\frac{2}{b}$≥2$\sqrt{\frac{2}{ab}}$，∴ab≥8，当且仅当$\frac{1}{a}$=$\frac{2}{b}$，即a=2，b=4是取等号．
此时△AOB的面积取得最小值$\frac{1}{2}$ab=4，
直线l的方程为$\frac{x}{2}$+$\frac{y}{4}$=1．
此时A（2，0），B（0，4），
由于A、B两点恰好是椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）的顶点，
即有m=2，n=4，即有椭圆M的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1；
（2）当直线CD的斜率不存在时，即方程x=1，
代入曲线方程，解得，y=±2$\sqrt{3}$，
即有CD=4$\sqrt{3}$，A，B到直线CD的距离为1，四边形ACBD面积为$\frac{1}{2}$×2×4$\sqrt{3}$=4$\sqrt{3}$；
当k存在时，设直线CD：y-2=k（x-1），即y=kx+2-k，
代入曲线方程，可得，（4+k²）x²+2k（2-k）x+（2-k）²-16=0，
由于有两个交点，则判别式△=[2k（2-k）]²-4（4+k²）[（2-k）²-16]＞0，
解得k∈R，
且x₁+x₂=$\frac{2k（k-2）}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{（2-k）^{2}-16}{4+{k}^{2}}$，
则四边形ACBD的面积=$\frac{1}{2}$•2•$\frac{|k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}（k-2）^{2}}{（4+{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（2-k）^{2}-64}{4+{k}^{2}}}$
=4$\sqrt{\frac{（{k}^{2}+4k+4）（3{k}^{2}+4k+12）}{（4+{k}^{2}）^{2}}}$=4$\sqrt{3+\frac{16{k}^{2}}{（4+{k}^{2}）^{2}}+\frac{16k}{4+{k}^{2}}}$，
令t=$\frac{k}{4+{k}^{2}}$，要求最大值，则k＞0，则有t=$\frac{1}{k+\frac{4}{k}}$≤$\frac{1}{4}$，
即有S=4$\sqrt{3+16{t}^{2}+16t}$≤4$\sqrt{3+1+4}$=8$\sqrt{2}$．
则有四边形ACBD面积的最大值为8$\sqrt{2}$，此时k=2．
故四边形ABCD面积最大时，直线l的方程为y=2x．

点评 本题考查直线方程的点斜式和截距式的运用，基本不等式的运用：求最值，考查四边形的面积的求法，考查运算能力，属于中档题．