Question

12．已知點C是圓F：（x-1）²+y²=16上任意一點，點F′與點F關(guān)于原點對稱，線段CF′的中垂線與CF交于P點．
（1）求動點P的軌跡方程E；
（2）設(shè)點A（4，0），若直線PQ⊥x軸且與曲線E交于另一點Q，直線AQ與直線PF交于點B．
①證明：點B恒在曲線E上；
②求△PAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意結(jié)合橢圓定義可得動點P的軌跡是橢圓，并得到a，c的值，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）①設(shè)出P、Q的坐標(biāo)得到QA、PF所在直線方程，聯(lián)立兩直線方程可得交點B的坐標(biāo)，代入橢圓E的方程中已知成立，說明點B恒在曲線E上；
②設(shè)直線PF：x=ty+1，P（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到|y₁-y₂|，代入三角形的面積公式，可得△PAB面積S═$\frac{18}{3\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$，利用換元法求得${S}_{△PAB}≤\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$．

解答 （1）解：由題意得，|PF′|=|PC|，又|PC|+|PF|=4，
∴|PF′|+|PF|=4＞|F′F|=2，
由橢圓的定義知，2a=4，c=1，
∴b²=a²-c²=3．
故動點P的軌跡E：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①證明：設(shè)P（m，n）（n≠0），則Q（m，-n），且3m²+4n²=12．
∴直線QA：$y=\frac{n}{4-m}（x-4）$，即nx-（4-m）y-4n=0，
直線PF：$y=\frac{n}{m-1}（x-1）$，即nx-（m-1）y-n=0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{nx-（4-m）y-4n=0}\\{nx-（m-1）y-n=0}\end{array}\right.$，解得${x}_{B}=\frac{5m-8}{2m-5}，{y}_{B}=\frac{3n}{2m-5}$．
則$\frac{{{x}_{B}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{B}}^{2}}{3}=\frac{（5m-8）^{2}}{4（2m-5）^{2}}+\frac{3{n}^{2}}{（2m-5）^{2}}$=$\frac{25{m}^{2}-80m+64+12{n}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=$\frac{16{m}^{2}-80m+100}{4（2m-5）^{2}}=1$．
∴點B恒在曲線E上；
②解：設(shè)直線PF：x=ty+1，P（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0．
∴${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6t}{3{t}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9}{3{t}^{2}+4}$．
∴$|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{36{t}^{2}}{（3{t}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{t}^{2}+4}}=\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$．
從而${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}|FA|•|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{18\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{18}{3\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$．
令$μ=\sqrt{{t}^{2}+1}（μ≥1）$，則函數(shù)g（μ）=3$μ+\frac{1}{μ}$在[1，+∞）上單調(diào)遞增，故g（μ）_min=g（1）=4．
∴${S}_{△PAB}≤\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$．
即當(dāng)t=0時，△PAB面積的最大值為$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查推理論證能力與計算能力，考查三角形面積最值的求法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．