Question

18．如图，O是矩形A₁A₂A₃A₄的中心，B₁，B₂，C₁，C₂分别是矩形四条边的中点，A₁A₂=4，A₂A₃=2$\sqrt{3}$，若以B₁B₂所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，记以O为对称中心，同时经过点C₂，B₂的椭圆为W．
（1）求椭圆为W的标准方程；
（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^*，证明：点M在椭圆W上；
（3）已知过定点G（4，0）的直线l与曲线W相交于Q，R两点，点Q关于x轴的对称点为Q₁，直线Q₁R交x轴于点T，试问△TRQ的面积是否存在最大值；若存在，求出这个最大值和对应直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设出椭圆方程，由题意可得a=2，b=$\sqrt{3}$，即可得到椭圆方程；
（2）运用向量的坐标运算，以及共线向量的坐标表示和直线方程联立，求得交点，代入椭圆方程，即可得证；
（3）设Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），Q₁（x₁，-y₁），设直线l的方程为x=my+4，代入椭圆方程，运用韦达定理，求得直线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|，化简整理，运用基本不等式，即可得到最大值，以及直线l的方程．

解答 解：（1）设椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由B₁（-2，0），B₂（2，0），C₁（0，-$\sqrt{3}$），C₂（0，$\sqrt{3}$），
则a=2，b=$\sqrt{3}$，
即有椭圆W的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）证明：$\overrightarrow{OD}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{O{B}_{2}}$，可得D（$\frac{2}{3}$，0），
A₃（2，$\sqrt{3}$），设N（m，n），
$\overrightarrow{{A}_{3}N}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{{A}_{3}{B}_{2}}$，即为（m-2，n-$\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}$），
则直线C₁D的方程为y=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$x-$\sqrt{3}$，
直线C₂N的方程为y=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x+$\sqrt{3}$，
联立上面两式，可得x=$\frac{6}{5}$，y=$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，
即有交点M（$\frac{6}{5}$，$\frac{4\sqrt{3}}{5}$），
代入椭圆方程可得，
$\frac{\frac{36}{25}}{4}$+$\frac{\frac{48}{25}}{3}$=1，即有M在椭圆W上；
（3）设Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），Q₁（x₁，-y₁），
设直线l的方程为x=my+4，代入椭圆方程可得，
（3m²+4）y²+24my+36=0，
△=（24m）²-4×36（3m²+4）=144（m²-4）＞0，即为m²＞4．
y₁+y₂=-$\frac{24m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{36}{3{m}^{2}+4}$，
直线Q₁R的方程为y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁）-y₁，
令y=0，则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），
则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•$\frac{1}{2\sqrt{3×16}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
当m²=$\frac{28}{3}$＞4取得等号，
此时△TRQ的面积存在最大值$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
且直线l的方程为3x+2$\sqrt{21}$y-12=0或3x-2$\sqrt{21}$y-12=0．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，同时考查向量的坐标运算和基本不等式的运用，考查运算化简能力，属于中档题．