Question

16．已知橢圓C的焦點在x軸上，左右焦點分別為F₁、F₂，離心率e=$\frac{1}{2}$，P為橢圓上任意一點，△PF₁F₂的周長為6．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）過點S（4，0）且斜率不為0的直線l與橢圓C交于Q，R兩點，點Q關(guān)于x軸的對稱點為Q₁，過點Q₁與R的直線交x軸于T點，試問△TRQ的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的定義與幾何性質(zhì)，即可求出它的標準方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線l的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)，化為一元二次方程的問題，判斷S_△TRQ是否有最大值，再求求．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，a＞b＞0；
∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$①，
|PF₁|+|PF₂|+|F₁F₂|=2a+2c=6②，
a²-b²=c²③；
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；…4分
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x=my+4，
與橢圓的方程聯(lián)立，得$\left\{\begin{array}{l}{x=my+4}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
消去x，得
（3m²+4）y²+24my+36=0，
∴△=（24m）²-4×36（3m²+4）=144（m²-4）＞0，
即m²＞4；  …6分
設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），則Q₁（x₁，-y₁），
由根與系數(shù)的關(guān)系，得$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-24m}{4+3{m}^{2}}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{36}{4+3{m}^{2}}}\end{array}\right.$；
直線RQ₁的斜率為k=$\frac{{y}_{2}{-（-y}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{{y}_{2}{+y}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，且Q₁（x₁，y₁），
∴直線RQ₁的方程為y+y₁=$\frac{{y}_{2}{+y}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$（x-x₁）；
令y=0，得x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}{{+x}_{2}y}_{1}}{{y}_{1}{+y}_{2}}$=$\frac{（{my}_{1}+4{）y}_{2}{+y}_{1}（{my}_{2}+4）}{{y}_{1}{+y}_{2}}$=$\frac{2{{my}_{1}y}_{2}+4{（y}_{1}{+y}_{2}）}{{y}_{1}{+y}_{2}}$，
將①②代人上式得x=1；…9分
又S_△TRQ=$\frac{1}{2}$|ST|•|y₁-y₂|=$\frac{3}{2}$$\sqrt{{{（y}_{1}{+y}_{2}）}^{2}-{{4y}_{1}y}_{2}}$
=18×$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{{3m}^{2}+4}$
=18×$\frac{\sqrt{{m}^{2}-4}}{3{（m}^{2}-4）+16}$
=18×$\frac{1}{3\sqrt{{m}^{2}-4}+\frac{16}{\sqrt{{m}^{2}-4}}}$≤$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
當3$\sqrt{{m}^{2}-4}$=$\frac{16}{\sqrt{{m}^{2}-4}}$，即m²=$\frac{28}{3}$時取得“=”；
∴△TRQ的面積存在最大值，最大值是$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．…12分．

點評 本題考查了圓錐曲線的定義域幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用問題，利用基本不等式求函數(shù)的最值問題，是綜合性題目．