Question

7．已知椭圆C：3x²+4y²=12．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率；
（Ⅱ）设椭圆C上在第二象限的点P的横坐标为-1，过点P的直线l₁，l₂与椭圆C的另一交点分别为A，B．且l₁，l₂的斜率互为相反数，A，B两点关于坐标原点O的对称点分别为M，N，求四边形ABMN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将椭圆方程化成标准方程后易得离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）先计算出点P的坐标，联立直线与椭圆方程、结合点P的横坐标由韦达定理可得A、B两点的横坐标，从而可得直线AB的方程、|AB|以及原点O到直线AB的距离，从而可知在m=±2时△OAB的面积达到最大，且最大值为$\sqrt{3}$，所以四边形ABMN面积的最大值为$4\sqrt{3}$．

解答 解：由椭圆C：3x²+4y²=12，知其标准方程为C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅰ）∵a²=4，b²=3，∴c²=a²-b²=1，
∴a=2，c=1，∴离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）设P（-1，y），根据题意有y＞0，
∵点P在椭圆C上，∴$\frac{（-1）^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
解得y=$\frac{3}{2}$，即点P（-1，$\frac{3}{2}$），
设l₁的方程为y=k（x+1）+$\frac{3}{2}$，则l₂的方程为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是此方程的一个解，
所以由韦达定理知方程的另一解${x}_{A}=-\frac{4{k}^{2}+12k-3}{4{k}^{2}+3}$，
同理${x}_{B}=-\frac{4{k}^{2}-12k-3}{4{k}^{2}+3}$，
故直线AB的斜率为${k}_{AB}=\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（{x}_{B}+1）+\frac{3}{2}-k（{x}_{A}+1）-\frac{3}{2}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$
=$\frac{-k（\frac{-8{k}^{2}+6}{4{k}^{2}+3}+2）}{\frac{24k}{4{k}^{2}+3}}$=-$\frac{1}{2}$，
设直线AB的方程为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|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{2}）^{2}}\sqrt{{m}^{2}-4（{m}^{2}-3）}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}\sqrt{4-{m}^{2}}$，
又原点O到直线AB的距离为$d=\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，
所以△OAB的面积S_△OAB=$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{15}}{2}•\sqrt{4-{m}^{2}}•\frac{2|\begin{array}{l}{m}\end{array}|}{\sqrt{5}}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}•\sqrt{{m}^{2}（4-{m}^{2}）}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{{m}^{2}+（4-{m}^{2}）}{2}$=$\sqrt{3}$，
当且仅当m²=4-m²时，即m²=2，m=±2时，
△OAB的面积达到最大，且最大值为$\sqrt{3}$．
由题意可知，四边形ABMN为平行四边形，
所以，四边形ABMN的面积S=4S_△OAB$≤4\sqrt{3}$，
故四边形ABMN面积的最大值为$4\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆与直线方程，用韦达定理求出A、B两点的横坐标是解题的关键，需要较强的计算能力，属难题．