Question

15．如图所示，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，左右焦点分别记作F₁，F₂，过F₁，F₂分别作直线l₁，l₂交椭圆AB，CD，且l₁∥l₂．
（1）当直线l₁的斜率k₁与直线BC的斜率k₂都存在时，求证：k₁•k₂为定值；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆方程求出焦点坐标，得到直线AB、CD的方程，与椭圆方程联立求得A、D的坐标，求出AD所在直线斜率得答案；
（2）由（1）结合弦长公式求得|AB|，再由两平行线间的距离公式求出边AB、CD的距离，代入平行四边形面积公式，利用换元法求得最值．

解答 （1）证明：由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，得a²=4，b²=1，∴$c=\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}=\sqrt{3}$．
设k₁=k，则AB所在直线方程为y=kx+$\sqrt{3}k$，CD所在直线方程为y=kx-$\sqrt{3}k$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\sqrt{3}k}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0．
解得$x=\frac{-4\sqrt{3}{k}^{2}±2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，不妨取${x}_{B}=\frac{-4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，则${y}_{B}=\frac{\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$
同理求得${x}_{C}=\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$，${y}_{C}=\frac{-\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+4{k}^{2}}$．
则${k}_{2}=\frac{\sqrt{3}k-2k\sqrt{{k}^{2}+1}+\sqrt{3}k+2k\sqrt{{k}^{2}+1}}{-4\sqrt{3}{k}^{2}-2\sqrt{{k}^{2}+1}-4\sqrt{3}{k}^{2}+2\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{3}k}{-8\sqrt{3}{k}^{2}}$=$-\frac{1}{4k}$，则k₁•k₂=$k•（-\frac{1}{4k}）=-\frac{1}{4}$；
（2）解：由（1）知，${x}_{A}+{x}_{B}=-\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，{x}_{A}{x}_{B}=\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{A}+{x}_{B}）^{2}-4{x}_{A}{x}_{B}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{48{k}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$．
AB、CD的距离d=$\frac{2\sqrt{3}|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴${S}_{四边形ABCD}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}•\frac{2\sqrt{3}|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$8\sqrt{3}\sqrt{\frac{{k}^{4}+{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$．
令1+4k²=t（t≥1），
则$S=8\sqrt{3}\sqrt{-\frac{3}{16}（\frac{1}{t}）^{2}+\frac{1}{8}（\frac{1}{t}）+\frac{1}{16}}$，∴当t=3时，S_max=4．

点评 本题考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了换元法求函数的最值，考查计算能力，是中档题．