Question

14．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，F为该椭圆的右焦点，若AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x=4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M（x₀，y₀）．
（1）求证：$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{3}$=1；
（2）求△AMN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由已知得F（1，0），N（4，0），设A（m，n），则B（m，-n），n≠0，则$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{3}=1$，AF与BN的方程分别为：n（x-1）-（m-1）y=0，n（x-4）-（m-4）y=0，由此能证明$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1．
（2）设AM的方程为x=ty+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出△AMN的面积的最大值．

解答 证明：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，F为该椭圆的右焦点，AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x=4与x轴交于点N，
∴F（1，0），N（4，0），
设A（m，n），则B（m，-n），n≠0，则$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{3}=1$，①
AF与BN的方程分别为：n（x-1）-（m-1）y=0，n（x-4）-（m-4）y=0，
∵直线AF与BN交于点M（x₀，y₀），
∴有$\left\{\begin{array}{l}{n（{x}_{0}-1）-（m-1）{y}_{0}=0，②}\\{n（{x}_{0}-4）+（m-4）{y}_{0}=0，③}\end{array}\right.$，
由②③得${x}_{0}=\frac{5m-8}{2m-5}$，${y}_{0}=\frac{3m}{2m-5}$，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=$\frac{（5m-8）^{2}}{4（2m-5）^{2}}$+$\frac{3{n}^{2}}{（2m-5）^{2}}$
=$\frac{（5m-8）^{2}+12{n}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=$\frac{（5m-8）^{2}+36-9{m}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=1．
（2）由（1）知M在椭圆上，设AM的方程为x=ty+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则有${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{3{t}^{2}+3}}{3{t}^{2}+4}$，
令3t²+4=λ（λ≥4），
则|y₁-y₂|=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{λ-1}}{λ}$=4$\sqrt{3}$$\sqrt{-（\frac{1}{λ}）^{2}+\frac{1}{λ}}$=4$\sqrt{3}$$\sqrt{-（\frac{1}{λ}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}}$，
∵λ≥4，0＜$\frac{1}{λ}$$≤\frac{1}{4}$，∴$\frac{1}{λ}=\frac{1}{4}$，即λ=4，t=0时，
|y₁-y₂|有最大值3，
∵AM过点F，∴△AMN的面积S_△AMN=$\frac{1}{2}$|FN|•|y₂-y₁|=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|有最大值$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查等式的证明，考查三角形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．