Question

20．已知橢圓C的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，直線l：y=kx+m與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，若F₁M⊥l，F(xiàn)₂N⊥l，M，N分別為垂足．
（Ⅰ）證明：$|{{F_1}M}|+|{{F_2}N}|≥2\sqrt{3}$；
（Ⅱ）求四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將直線的方程y=kx+m代入橢圓C的方程中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．由直線與橢圓C僅有一個(gè)公共點(diǎn)知，△=0，化簡得：m²=4k²+3．利用點(diǎn)到直線的距離公式可得：d₁=|F₁M，d₂=|F₂M|，代入d₁d₂，化簡利用重要不等式的性質(zhì)即可得出．
（Ⅱ）當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線的傾斜角為θ，則|d₁-d₂|=|MN||tanθ|，代入S=$\frac{1}{2}$|MN|•（d₁+d₂）=$|\frac{hv9jprp_{1}^{2}-3trdvxz_{2}^{2}}{2k}|$=$\frac{2|m|}{{k}^{2}+1}$，由于m²=4k²+3，對(duì)k分類討論，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）證明：將直線的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，
得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．
由直線與橢圓C僅有一個(gè)公共點(diǎn)知，
△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化簡得：m²=4k²+3．
設(shè)d₁=|F₁M=$\frac{|-k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，d₂=|F₂M|=$\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
d₁d₂=$\frac{|-k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$•$\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|{m}^{2}-{k}^{2}|}{{k}^{2}+1}$=$\frac{3{k}^{2}+3}{{k}^{2}+1}$=3，
|F₁M|+|F₂M|=d₁+d₂≥$2\sqrt{brhjzpd_{1}ldjzx3v_{2}}$=2$\sqrt{3}$．
（Ⅱ）當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線的傾斜角為θ，
則|d₁-d₂|=|MN||tanθ|，∴|MN|=$|\frac{vpftfrd_{1}-phhjb5p_{2}}{k}|$，
S=$\frac{1}{2}$|MN|•（d₁+d₂）=$|\frac{zjlnztb_{1}^{2}-lzb9933_{2}^{2}}{2k}|$=$\frac{2|m|}{{k}^{2}+1}$=$\frac{2|m|}{\frac{{m}^{2}-3}{4}+1}$=$\frac{8}{|m|+\frac{1}{|m|}}$，
∵m²=4k²+3，∴當(dāng)k≠0時(shí)，|m|$＞\sqrt{3}$，
∴$|m|+\frac{1}{|m|}$＞$\sqrt{3}$+$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴S$＜2\sqrt{3}$．
當(dāng)k=0時(shí)，四邊形F₁MNF₂是矩形，$S=2\sqrt{3}$．    
所以四邊形F₁MNF₂面積S的最大值為2$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．