Question

8．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)是F（c，0），左右頂點(diǎn)分別為A，B，上下頂點(diǎn)分別是C，D，且點(diǎn)P（2a，b）滿足PF⊥CF，
（Ⅰ）求橢圓E的離心率，并證明P，B，D三點(diǎn)共線；
（Ⅱ）對(duì)于給定的橢圓E，若點(diǎn)R（2a，3c），過點(diǎn)A的直線l與橢圓E相交于另一點(diǎn)Q，當(dāng)△AQR的面積最大等于9，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用PF⊥CF，得到$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{CF}=0$，推出a²=b²+c²=2ac，求出橢圓E的離心率，求出P，B，D三點(diǎn)坐標(biāo)，利用斜率相等判斷P，B，D三點(diǎn)共線．
（Ⅱ）求出直線AR的方程，推出$|AR|=3\sqrt{5}c$，設(shè)直線AQ的方程為y=k（x+2c），代入橢圓方程，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₁，y₁），求解點(diǎn)Q坐標(biāo)，利用Q到直線AR的距離，求出三角形的面積
法一：設(shè)2k-1=t，若t=0，當(dāng)t≠0時(shí)，分別評(píng)價(jià)三角形的面積的最大值，由S_△AQR的最大值是9，求解直線l的方程是x+2y+2=0．
法二：設(shè)$f（k）=\frac{2k-1}{{3+4{k^2}}}$，求出導(dǎo)函數(shù)，令f'（k）=0得，$k=-\frac{1}{2}$，或$k=\frac{3}{2}$，利用函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最值，然后求解直線方程．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）依題可知點(diǎn)C（0，b），$\overrightarrow{PF}=（c-2a，-b），\overrightarrow{CF}=（c，-b）$，
因?yàn)镻F⊥CF，所以$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{CF}=0$，即（c-2a）c+（-b）²=0，…（1分）∴a²=b²+c²=2ac，故橢圓E的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$．…（2分）
此時(shí)$a=2c，b=\sqrt{3}c$，所以點(diǎn)$P（4c，\sqrt{3}c）$，$B（2c，0），D（0，-\sqrt{3}c）$，
所以${k_{BP}}=\frac{{\sqrt{3}c-0}}{4c-2c}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，${k_{BD}}=\frac{{-\sqrt{3}c-0}}{0-2c}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，故P，B，D三點(diǎn)共線．…（4分）
（Ⅱ）依題可知直線AR的方程為$y-0=\frac{3c-0}{2a-（-2c）}（x+2c）$，
即x-2y+2c=0，且$|AR|=3\sqrt{5}c$，…（5分）
可設(shè)直線AQ的方程為y=k（x+2c），代入E方程3x²+4y²=12c²整理得（3+4k²）x²+16ck²x+16c²k²-12c²=0，…（6分）
由于-2c是上述方程的一個(gè)根，因此設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₁，y₁），有$-2c{x_1}=\frac{{16{c^2}{k^2}-12{c^2}}}{{3+4{k^2}}}⇒{x_1}=\frac{{6c-8c{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${y_1}=\frac{12ck}{{3+4{k^2}}}$…（7分）
故點(diǎn)Q到直線AR的距離等于$d=\frac{{|{x_1}-2{y_1}+2c|}}{{\sqrt{5}}}=\frac{12c}{{\sqrt{5}}}|\frac{2k-1}{{3+4{k^2}}}|$，…（8分）
所以${S_{△AQR}}=\frac{1}{2}|AR|•d=18{c^2}|\frac{2k-1}{{3+4{k^2}}}|$，…（9分）
法一：設(shè)2k-1=t，若t=0，則S_△AQR=0，
當(dāng)t≠0時(shí)，${S_{△AQR}}=18{c^2}|\frac{t}{{{t^2}+2t+4}}|=18{c^2}\frac{1}{{|t+\frac{4}{t}+2|}}$…（10分）
若t＞0，則${S_{△AQR}}≤3{c^2}$；若t＜0，則${S_{△AQR}}≤9{c^2}$（當(dāng)且僅當(dāng)t=-2取等號(hào)）
綜上可知S_△AQR的最大值是9c²…（12分）
由S_△AQR的最大值是9可知$c=1，k=-\frac{1}{2}$，故直線l的方程是x+2y+2=0．…（13分）
法二：設(shè)$f（k）=\frac{2k-1}{{3+4{k^2}}}$，則$f'（k）=\frac{{2（3+4{k^2}）-（2k-1）×8k}}{{{{（3+4{k^2}）}^{\;}}}}=\frac{2（3-2k）（2k+1）}{{{{（3+4{k^2}）}^{\;}}}}$，…（10分）
令f'（k）=0得，$k=-\frac{1}{2}$，或$k=\frac{3}{2}$，可知f（k）在區(qū)間$（-∞，-\frac{1}{2}）$內(nèi)單調(diào)遞減，在$（-\frac{1}{2}，\frac{3}{2}）$內(nèi)單調(diào)遞增，在$（\frac{3}{2}，+∞）$內(nèi)單調(diào)遞減，又當(dāng)k趨向于無(wú)窮大時(shí)f（k）的值趨向于0，并且在$（-∞，\frac{1}{2}）$內(nèi)f（k）＜0，在$（\frac{1}{2}，+∞）$內(nèi)f（k）＞0，…（11分）
因此，f（k）的最大值是$f（\frac{3}{2}）=3{c^2}$，f（k）的最小值是$f（-\frac{1}{2}）=-9{c^2}$，…（12分）
所以S_△AQR的最大值是$|f（-\frac{1}{2}）|=9{c^2}=9$．由此可知c=1，直線l的方程是x+2y+2=0…（13分）
（注：還有其它解法，如設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為$（2ccosθ，\sqrt{3}csinθ）$，用點(diǎn)到直線的距離公式；或數(shù)形結(jié)合求出與直線AR平行且與橢圓相切的直線等．請(qǐng)老師們參照給分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用，三角形的面積最值的求法，韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，橢圓方程的求法，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．