Question

17．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的一個(gè)焦點(diǎn)為F（3，0），其左頂點(diǎn)A在圓O：x²+y²=12上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l：x=my+3（m≠0）交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)N關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為N₁（點(diǎn)N₁與點(diǎn)M不重合），且直線N₁M與x軸的交于點(diǎn)P，試問△PMN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 （1）由橢圓C的左頂點(diǎn)A在圓x²+y²=12上，求得a，由橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)得c=3，由b²=a²-c²得b，即可．
（2）由題意，N₁（x₂，-y₂），可得直線NM的方程，令y=0，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，0）． 利用△PMN的面積為S=$\frac{1}{2}$|PF|•|y₁-y₂|，化簡了基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C的左頂點(diǎn)A在圓x²+y²=12上，∴$a=2\sqrt{3}$
又∵橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為F（3，0），∴c=3∴b²=a²-c²=3
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{3}=1$…（4分）
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則直線與橢圓C方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+3\\ \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$
化簡并整理得（m²+4）y²+6my-3=0，
∴${y_1}+{y_2}=-\frac{6m}{{{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{3}{{{m^2}+4}}$…（5分）
由題設(shè)知N₁（x₂，-y₂）∴直線NM的方程為$y-{y_1}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）$
令y=0得$x={x_1}-\frac{{{y_1}（{x_1}-{x_2}）}}{{{y_1}+{y_2}}}=\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}}{{{y_1}+{y_2}}}=\frac{{（m{y_1}+3）{y_2}+（m{y_2}+3）{y_1}}}{{{y_1}+{y_2}}}$=$\frac{{\frac{-6m}{{{m^2}+4}}}}{{\frac{-6m}{{{m^2}+4}}}}+3=4$，
∴點(diǎn)P（4，0）…（7分）
${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PF|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{{（\frac{-6m}{{{m^2}+4}}）}^2}-4（\frac{-3}{{{m^2}+4}}）}=2\sqrt{3}\sqrt{\frac{{{m^2}+1}}{{{{（{m^2}+4）}^2}}}}$…（9分）
=$2\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{{{m^2}+1+\frac{9}{{{m^2}+1}}+6}}}≤2\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{{2\sqrt{（{m^2}+1）\frac{9}{{{m^2}+1}}}+6}}}=2\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{6+6}}=1$（當(dāng)且僅當(dāng)${m^2}+1=\frac{9}{{{m^2}+1}}$即$m=±\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立），
∴△PMN的面積存在最大值，最大值為1．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、圓的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．