Question

3．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点P（-2，0）与点（1，1）．
（1）求椭圆的方程；
（2）过P点作两条互相垂直的直线PA，PB，交椭圆于A，B．
①证明直线AB经过定点；
②求△ABP面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）把已知点的坐标代入椭圆方程，求解方程组可得a，b，则椭圆的方程可求；
（2）①由对称性知，若存在定点，则必在x轴上，求出PA所在直线斜率为1时AB所过定点，验证得答案；
②设直线AB方程为x=ty-1．联立直线方程和椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求得A，B的纵坐标的和与积，结合弦长公式求得面积，换元后利用基本不等式求最值．

解答 （1）解：由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{9}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得${a}^{2}=4，{b}^{2}=\frac{4}{3}$，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{3{y}^{2}}{4}=1$；
（2）①证明：由对称性知，若存在定点，则必在x轴上，
当k_PA=1时，l_PA：y=x+2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+3x+2=0，解得x=-1．
下面验证定点为（1，0）．
设直线PA的方程为y=k（x+2），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+12k²x+12k²-4=0，
解得：${x}_{A}=\frac{2-6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}，{y}_{A}=\frac{4k}{1+3{k}^{2}}$．
同理可得：${x}_{B}=\frac{2{k}^{2}-6}{{k}^{2}+3}，{y}_{B}=-\frac{4k}{{k}^{2}+3}$．
则$\frac{{y}_{A}}{{x}_{A}+1}=\frac{4k}{3-3{k}^{2}}=\frac{{y}_{B}}{{x}_{B}+1}$，即直线AB经过定点（-1，0）；
②解：由题意可知，直线不与x轴平行，设直线AB方程为x=ty-1．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-1}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（t²+3）y²-2ty-3=0．
∴${y}_{A}+{y}_{B}=\frac{2t}{{t}^{2}+3}，{y}_{A}{y}_{B}=-\frac{3}{{t}^{2}+3}$，
∴${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}×1×|{y}_{A}-{y}_{B}|$=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{16{t}^{2}+36}}{{t}^{2}+3}=\frac{\sqrt{4{t}^{2}+9}}{{t}^{2}+3}$．
令$\sqrt{4{t}^{2}+9}=λ$，λ∈[3，+∞），则${t}^{2}=\frac{{λ}^{2}-9}{4}$．
∴${S}_{△PAB}=\frac{λ}{\frac{{λ}^{2}-9}{4}+3}=\frac{4λ}{{λ}^{2}+3}=\frac{4}{λ+\frac{3}{λ}}≤\frac{4}{4}=1$．
当且仅当λ=3，即t=0时成立．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用换元法及基本不等式求最值，是中档题．