Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，0），且橢圓上任意一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)的距離之和為4
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程
（Ⅱ）過右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)Q關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為Q′，試問△FPQ′的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的定義與幾何性質(zhì)，即可求出它的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線l的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，消去一個(gè)未知數(shù)，化為一元二次方程的問題，判斷S_△TPQ是否有最大值，利用基本不等式的性質(zhì)，即可求得△FPQ′的面積是否存在最大值．

解答 解：（1）由題意可知：c=1，2a=4，即a=2，
b²=a²-c²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)直線l的方程為x=my+4，
與橢圓的方程聯(lián)立，得$\left\{\begin{array}{l}{x=my+4}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
消去x，得（3m²+4）y²+24my+36=0，
∴△=（24m）²-4×36（3m²+4）=144（m²-4）＞0，
即m²＞4；  …6分
設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），則Q₁（x₁，-y₁），
由根與系數(shù)的關(guān)系，得y₁+y₂=-$\frac{24m}{4+3{m}^{2}}$，y₁•y₂=$\frac{36}{4+3{m}^{2}}$；
直線RQ₁的斜率為k=$\frac{{y}_{2}-（-{y}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，且Q₁（x₁，y₁），
∴直線RQ₁的方程為y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁）；
令y=0，得x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（m{y}_{1}+4）{y}_{2}+{y}_{1}（m{y}_{2}+4）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+4（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
將①②代入上式得x=1；…9分
又S_△TRQ=$\frac{1}{2}$|ST|•|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=18×$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{\sqrt{3{m}^{2}+4}}$=18×$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{3（{m}^{2}-4）+16}$=18×$\frac{1}{3\sqrt{{m}^{2}-4}+\frac{16}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$≤$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
當(dāng)$\sqrt{{m}^{2}-4}$=$\frac{16}{\sqrt{{m}^{2}-4}}$，即m²=$\frac{28}{3}$時(shí)取得“=”；
∴△TRQ的面積存在最大值，最大值是$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了圓錐曲線的定義域幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用問題，利用基本不等式求函數(shù)的最值問題，是綜合性題目，屬于中檔題．