Question

12．已知椭圆T：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，直线l经过点P（m，0）与T相交于A、B两点．
（1）若C（0，-$\sqrt{3}$）且|PC|=2，求证：P必为Γ的焦点；
（2）设m＞0，若点D在Γ上，且|PD|的最大值为3，求m的值；
（3）设O为坐标原点，若m=$\sqrt{3}$，直线l的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，k），求△AOB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用两点之间距离公式，即可求得m的值，由椭圆的方程，即可求得焦点坐标，即可求证P必为Γ的焦点；
（2）利用两点之间的距离公式，根据二次函数的单调性，当x₀=-2时，取最大值，代入即可求得m的值；
（3）求得直线AB的方程，代入方程，由韦达定理，弦长公式及点到直线的距离公式，利用基本不等式的性质，即可求得△AOB面积的最大值．

解答 解：（1）证明：由椭圆焦点F（±1，0），
由|PC|=$\sqrt{{m}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，解得：m=±1，
∴P点坐标为（±1，0），
∴P必为Γ的焦点；
（2）设D（x₀，y₀），y₀²=3（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$），
|PD|²=（x₀-m）²+y₀²=$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$-2mx₀+m²+3，-2≤x₀≤2，
有函数的对称轴x₀=4m＞0，
则当x₀=-2时，取最大值，则|PD|²=1+4m+m²+3=9，m²+4m-5=0，
解得：m=1或m=-5（舍去），
∴m的值1；
（3）直线l的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，k），则直线l的斜率-$\frac{1}{k}$，
则直线l方程：y-0=-$\frac{1}{k}$（x-$\sqrt{3}$），整理得：ky+x-$\sqrt{3}$=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{x=-ky+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3k²+4）y²-6$\sqrt{3}$ky-3=0，
则y₁+y₂=$\frac{6\sqrt{3}k}{3{k}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{3}{3{k}^{2}+4}$，
丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$，
则O到直线AB的距离d=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则△AOB面积S=$\frac{1}{2}$×丨AB丨×d=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$×$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{3{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+4}$
=$\frac{6}{\sqrt{3{k}^{2}+1}+\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}}$≤$\frac{6}{2\sqrt{\sqrt{3{k}^{2}+1}×\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}}}$=$\sqrt{3}$，
当且仅当$\sqrt{3{k}^{2}+1}$=$\frac{3}{\sqrt{3{k}^{2}+1}}$，即k²=$\frac{2}{3}$，取等号，
∴△AOB面积的最大值$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，基本不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．