Question

18．如圖，O是矩形A₁A₂A₃A₄的中心，B₁，B₂，C₁，C₂分別是矩形四條邊的中點(diǎn)，A₁A₂=4，A₂A₃=2$\sqrt{3}$，若以B₁B₂所在直線為x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，記以O(shè)為對(duì)稱中心，同時(shí)經(jīng)過點(diǎn)C₂，B₂的橢圓為W．
（1）求橢圓為W的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若$\overrightarrow{OD}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{O{B}_{2}}$，$\overrightarrow{{A}_{3}N}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{{A}_{3}{B}_{2}}$，C₁D∩C₂N=M，n∈N^*，證明：點(diǎn)M在橢圓W上；
（3）已知過定點(diǎn)G（4，0）的直線l與曲線W相交于Q，R兩點(diǎn)，點(diǎn)Q關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q₁，直線Q₁R交x軸于點(diǎn)T，試問△TRQ的面積是否存在最大值；若存在，求出這個(gè)最大值和對(duì)應(yīng)直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出橢圓方程，由題意可得a=2，b=$\sqrt{3}$，即可得到橢圓方程；
（2）運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及共線向量的坐標(biāo)表示和直線方程聯(lián)立，求得交點(diǎn)，代入橢圓方程，即可得證；
（3）設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），Q₁（x₁，-y₁），設(shè)直線l的方程為x=my+4，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，求得直線Q₁R的方程，令y=0，可得x=1，即有T（1，0），求得S_△TRQ=$\frac{1}{2}$|ST|•|y₁-y₂|，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用基本不等式，即可得到最大值，以及直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由B₁（-2，0），B₂（2，0），C₁（0，-$\sqrt{3}$），C₂（0，$\sqrt{3}$），
則a=2，b=$\sqrt{3}$，
即有橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）證明：$\overrightarrow{OD}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{O{B}_{2}}$，可得D（$\frac{2}{3}$，0），
A₃（2，$\sqrt{3}$），設(shè)N（m，n），
$\overrightarrow{{A}_{3}N}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{{A}_{3}{B}_{2}}$，即為（m-2，n-$\sqrt{3}$）=$\frac{1}{3}$（0，-$\sqrt{3}$），
可得m=2，n=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即N（2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
則直線C₁D的方程為y=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$x-$\sqrt{3}$，
直線C₂N的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x+$\sqrt{3}$，
聯(lián)立上面兩式，可得x=$\frac{6}{5}$，y=$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，
即有交點(diǎn)M（$\frac{6}{5}$，$\frac{4\sqrt{3}}{5}$），
代入橢圓方程可得，
$\frac{\frac{36}{25}}{4}$+$\frac{\frac{48}{25}}{3}$=1，即有M在橢圓W上；
（3）設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），Q₁（x₁，-y₁），
設(shè)直線l的方程為x=my+4，代入橢圓方程可得，
（3m²+4）y²+24my+36=0，
△=（24m）²-4×36（3m²+4）=144（m²-4）＞0，即為m²＞4．
y₁+y₂=-$\frac{24m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{36}{3{m}^{2}+4}$，
直線Q₁R的方程為y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁）-y₁，
令y=0，則x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（m{y}_{1}+4）{y}_{2}+{y}_{1}（m{y}_{2}+4）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$
=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+4=$\frac{2m•36}{-24m}$+4=1，即有T（1，0），
則S_△TRQ=$\frac{1}{2}$|ST|•|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（-\frac{24m}{3{m}^{2}+4}）^{2}-\frac{4×36}{3{m}^{2}+4}}$
=18•$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{3（{m}^{2}-4）+16}$=18•$\frac{1}{3\sqrt{{m}^{2}-4}+\frac{16}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$≤18•$\frac{1}{2\sqrt{3×16}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
當(dāng)m²=$\frac{28}{3}$＞4取得等號(hào)，
此時(shí)△TRQ的面積存在最大值$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
且直線l的方程為3x+2$\sqrt{21}$y-12=0或3x-2$\sqrt{21}$y-12=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算和基本不等式的運(yùn)用，考查運(yùn)算化簡(jiǎn)能力，屬于中檔題．