Question

19．已知点P（0，1），A、B是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1上两个动点，且斜率k_PA•k_PB=$\frac{2}{3}$，求△PAB面积最大值．

Answer 1

分析 设直线PA：y=kx+1，代入椭圆方程可得A的坐标，由直线PB的方程为y=$\frac{2}{3k}$x+1，可得B的坐标，运用点到直线的距离公式和三角形的面积公式，可得S关于k的式子，运用基本不等式，即可求得最大值．

解答 解：设直线PA：y=kx+1，代入椭圆方程可得，
（1+3k²）x²+6kx=0，
解得x=0或-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，
可得A（-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，$\frac{1-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$），
由斜率k_PA•k_PB=$\frac{2}{3}$，
直线PB的方程为y=$\frac{2}{3k}$x+1，
代入椭圆方程，可得交点B为（$\frac{-12k}{4+3{k}^{2}}$，$\frac{3{k}^{2}-4}{3{k}^{2}+4}$），
则△PAB的面积为S=$\frac{1}{2}$|PA|•d（d为B到直线PA的距离）
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{36{k}^{2}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}+\frac{36{k}^{4}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}}$•$\frac{|k•\frac{-12k}{3{k}^{2}+4}+1-\frac{3{k}^{2}-4}{3{k}^{2}+4}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=$\frac{12|2k-3{k}^{3}|}{（3{k}^{2}+1）（3{k}^{2}+4）}$，
可令k＞0，上式分子分母同除以k²，
可得S=$\frac{12|3k-\frac{2}{k}|}{9{k}^{2}+\frac{4}{{k}^{2}}+15}$，
再令|3k-$\frac{2}{k}$|=t，
即有S=$\frac{12t}{{t}^{2}+27}$=$\frac{12}{t+\frac{27}{t}}$≤$\frac{12}{2\sqrt{27}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
当且仅当t=$\frac{27}{t}$即t=3$\sqrt{3}$，可得k=$\frac{3\sqrt{3}+\sqrt{51}}{6}$，
△PAB面积取得最大值$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程求交点，同时考查三角形面积公式和点到直线的距离和基本不等式的运用，属于中档题．