Question

18．已知點C是圓F：（x-1）²+y²=16上任意一點，點F′與點F關于原點對稱．線段CF′的中垂線與CF交于P點．
（Ⅰ） 求動點P的軌跡方程E；
（Ⅱ） 設點A（4，0），若過點F的直線交曲線E于M、N兩點，求△AMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：|PF′|=|PC|，又|PC|+|PF|=4，可得|PF′|+|PF|=4＞|FF′|=2，由橢圓的定義即可得出．
（II）設直線MF：x=ty+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），與橢圓方程化為：（3t²+4）y²+6ty-9=0，利用根與系數的關系可得：|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，可得：S_△AMN=$\frac{1}{2}$|FA||y₁-y₂|，代入化簡整理利用函數的單調性即可得出．

解答 解：（I）由題意可得：|PF′|=|PC|，又|PC|+|PF|=4，∴|PF′|+|PF|=4＞|FF′|=2，
由橢圓的定義可得：2a=4，c=1，
故動點P的軌跡方程E：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）設直線MF：x=ty+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，
化為：（3t²+4）y²+6ty-9=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{t}^{2}+4}$．
∴|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{36{t}^{2}}{（3{t}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{t}^{2}+4}}$=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，
∴S_△AMN=$\frac{1}{2}$|FA||y₁-y₂|=$\frac{18\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{18}{3\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$，
令m=$\sqrt{{t}^{2}+1}$≥1，則函數g（m）=3m+$\frac{1}{m}$在[1，+∞）上單調遞增，故g（t）_min=g（1）=4，
∴S_△AMN≤$\frac{18}{4}$=$\frac{9}{2}$，即當t=0時，△PAB的面積取得最大值，且最大值為$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與與相交弦長問題、一元二次方程的根與系數的關系、三角形面積計算公式、函數的單調性、基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．