Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{36}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，點P（3$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）在橢圓C上，直線l：y=$\frac{1}{3}$x+t（t≠0）與橢圓C交于A，B兩點．
（1）證明：直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為定值；
（2）求△PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）將直線方程代入橢圓方程，根據(jù)直線的斜率公式及韋達定理，即可求得直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為定值；
（2）由（1）可知：利用弦長公式求得丨AB丨，根據(jù)點到直線的距離公式，三角形的面積公式及基本不等式的性質(zhì)即可求得△PAB面積的最大值．

解答 解：（1）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，整理得：2x²+6tx+9t²-36=0，
由△＞0，解得：-2$\sqrt{2}$＜t＜2$\sqrt{2}$，
x₁+x₂=-3t，x₁x₂=$\frac{9{t}^{2}-36}{2}$，
直線PA的斜率k_PA=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}}{{x}_{1}-3\sqrt{2}}$，直線PB的斜率k_PB=$\frac{{y}_{2}-\sqrt{2}}{{x}_{2}-3\sqrt{2}}$，
則k_PA+k_PB=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}}{{x}_{1}-3\sqrt{2}}$+$\frac{{y}_{2}-\sqrt{2}}{{x}_{2}-3\sqrt{2}}$=$\frac{（{y}_{1}-\sqrt{2}）（{x}_{2}-3\sqrt{2}）+（{y}_{2}-\sqrt{2}）（{x}_{1}-3\sqrt{2}）}{（{x}_{1}-3\sqrt{2}）（{x}_{2}-3\sqrt{2}）}$，
由y₁=$\frac{1}{3}$x₁+t，y₂=$\frac{1}{3}$x₂+t，
∴k_PA+k_PB=$\frac{（{y}_{1}-\sqrt{2}）（{x}_{2}-3\sqrt{2}）+（{y}_{2}-\sqrt{2}）（{x}_{1}-3\sqrt{2}）}{（{x}_{1}-3\sqrt{2}）（{x}_{2}-3\sqrt{2}）}$=$\frac{\frac{2}{3}{x}_{1}{x}_{2}+（t-2\sqrt{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）-6\sqrt{2}（t-\sqrt{2}）}{（{x}_{1}-3\sqrt{2}）（{x}_{2}-3\sqrt{2}）}$，
由$\frac{2}{3}$x₁x₂+（t-2$\sqrt{2}$）（x₁+x₂）-6$\sqrt{2}$（t-$\sqrt{2}$）=$\frac{2}{3}$（-3t）+（t-2$\sqrt{2}$）（$\frac{9{t}^{2}-36}{2}$）-6$\sqrt{2}$（t-$\sqrt{2}$）=0，
k_PA+k_PB=0，
∴直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為定值；
（2）由P（3$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）到直線x-3y+3t的距離d=$\frac{丨3t丨}{\sqrt{10}}$，
線段丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$丨x₁-x₂丨=$\sqrt{1+\frac{1}{9}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{10（8-{t}^{2}）}$，
∴△PAB面積的S=$\frac{1}{2}$丨AB丨•d=$\frac{3}{2}$$\sqrt{{t}^{2}（8-{t}^{2}）}$≤$\frac{3}{2}$×4=6，
當且僅當t²=8-t²，即t=±2時，取等號，
∴△PAB面積的最大值為6．

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，弦長公式及基本不等式的應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．