Question

12．已知点C是圆F：（x-1）²+y²=16上任意一点，点F′与点F关于原点对称，线段CF′的中垂线与CF交于P点．
（1）求动点P的轨迹方程E；
（2）设点A（4，0），若直线PQ⊥x轴且与曲线E交于另一点Q，直线AQ与直线PF交于点B．
①证明：点B恒在曲线E上；
②求△PAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意结合椭圆定义可得动点P的轨迹是椭圆，并得到a，c的值，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）①设出P、Q的坐标得到QA、PF所在直线方程，联立两直线方程可得交点B的坐标，代入椭圆E的方程中已知成立，说明点B恒在曲线E上；
②设直线PF：x=ty+1，P（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线方程和椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系得到|y₁-y₂|，代入三角形的面积公式，可得△PAB面积S═$\frac{18}{3\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$，利用换元法求得${S}_{△PAB}≤\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$．

解答 （1）解：由题意得，|PF′|=|PC|，又|PC|+|PF|=4，
∴|PF′|+|PF|=4＞|F′F|=2，
由椭圆的定义知，2a=4，c=1，
∴b²=a²-c²=3．
故动点P的轨迹E：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①证明：设P（m，n）（n≠0），则Q（m，-n），且3m²+4n²=12．
∴直线QA：$y=\frac{n}{4-m}（x-4）$，即nx-（4-m）y-4n=0，
直线PF：$y=\frac{n}{m-1}（x-1）$，即nx-（m-1）y-n=0．
联立$\left\{\begin{array}{l}{nx-（4-m）y-4n=0}\\{nx-（m-1）y-n=0}\end{array}\right.$，解得${x}_{B}=\frac{5m-8}{2m-5}，{y}_{B}=\frac{3n}{2m-5}$．
则$\frac{{{x}_{B}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{B}}^{2}}{3}=\frac{（5m-8）^{2}}{4（2m-5）^{2}}+\frac{3{n}^{2}}{（2m-5）^{2}}$=$\frac{25{m}^{2}-80m+64+12{n}^{2}}{4（2m-5）^{2}}$=$\frac{16{m}^{2}-80m+100}{4（2m-5）^{2}}=1$．
∴点B恒在曲线E上；
②解：设直线PF：x=ty+1，P（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0．
∴${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6t}{3{t}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9}{3{t}^{2}+4}$．
∴$|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{36{t}^{2}}{（3{t}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{t}^{2}+4}}=\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$．
从而${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}|FA|•|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{18\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$=$\frac{18}{3\sqrt{{t}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+1}}}$．
令$μ=\sqrt{{t}^{2}+1}（μ≥1）$，则函数g（μ）=3$μ+\frac{1}{μ}$在[1，+∞）上单调递增，故g（μ）_min=g（1）=4．
∴${S}_{△PAB}≤\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$．
即当t=0时，△PAB面积的最大值为$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与计算能力，考查三角形面积最值的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．