Question

7．已知橢圓C：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的左右兩個頂點分別為A，B，點M是直線l：x=4上任意一點，直線MA，MB分別與橢圓交于不同于A，B兩點的點P，點Q．
（Ⅰ）求橢圓的離心率和右焦點F的坐標；
（Ⅱ）（i）證明P，F(xiàn)，Q三點共線；
（ii）求△PQB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得橢圓的a，b，c，運用離心率公式，可得所求；
（Ⅱ）（i）求出A（-2，0），B（2，0）．設(shè)M（4，m），顯然m≠0．求得直線MA，MB的方程，代入橢圓方程，可得P，Q的坐標，討論當m²=9時，當m²≠9時，求得FP，F(xiàn)Q的斜率，即可得證；
（ii）因為P，Q，F(xiàn)三點共線，可得△PQB的面積S=$\frac{1}{2}$|FB|•|y_P-y_Q|，化簡整理，運用換元法和基本不等式，以及函數(shù)的單調(diào)性，可得最大值．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓C：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1，
可得a²=4，b²=3，c²=a²-b²=1，
即有橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$．
右焦點F（1，0）；
（Ⅱ）（i）證明：A（-2，0），B（2，0）．設(shè)M（4，m），顯然m≠0．
則$MA：y=\frac{m}{6}（{x+2}）$，$MB：y=\frac{m}{2}（{x-2}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{m}{6}（{x+2}）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x_P}=\frac{{54-2{m^2}}}{{27+{m^2}}}\\{y_P}=\frac{18m}{{27+{m^2}}}.\end{array}\right.$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{m}{2}（{x-2}）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x_Q}=\frac{{2{m^2}-6}}{{{m^2}+3}}\\{y_Q}=\frac{-6m}{{{m^2}+3}}.\end{array}\right.$，
當m²=9時，x_P=x_Q=1，P，Q，F(xiàn)三點共線．
當m²≠9時，${k_{FP}}=\frac{{{y_P}-0}}{{{x_P}-1}}=\frac{18m}{{27-3{m^2}}}=\frac{6m}{{9-{m^2}}}$，
${k_{FQ}}=\frac{{{y_Q}-0}}{{{x_Q}-1}}=\frac{-6m}{{{m^2}-9}}=\frac{6m}{{9-{m^2}}}$，
所以，k_FP=k_PQ，所以，P，Q，F(xiàn)三點共線．
綜上，P，Q，F(xiàn)三點共線．
（ii）因為P，Q，F(xiàn)三點共線，
所以△PQB的面積$S=\frac{1}{2}×|{FB}|×|{{y_P}-{y_Q}}|=|{\frac{{12m（{{m^2}+9}）}}{{（{{m^2}+3}）（{{m^2}+27}）}}}|$
=$|{\frac{{12（{m+\frac{9}{m}}）}}{{{{（{m+\frac{9}{m}}）}^2}+12}}}|$，
設(shè)$u=|{m+\frac{9}{m}}|$，則$S=\frac{12u}{{{u^2}+12}}$，
因為$S'=\frac{{24（{6-u}）}}{{{{（{{u^2}+12}）}^2}}}$，且$u=|{m+\frac{9}{m}}|≥6$，所以，S'≤0，且僅當u=6時，S'=0，
所以，$S=\frac{12u}{{{u^2}+12}}$在[6，+∞）上單調(diào)遞減．
所以，$S≤\frac{12×6}{{{6^2}+12}}=\frac{3}{2}$，等號當且僅當u=6，即m=±3時取得．
所以，△PQB的面積的最大值為$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查橢圓的離心率和焦點的求法，考查三點共線的證明，注意斜率相等，考查三角形的面積的最值的求法，注意運用弦長公式和換元法，以及基本不等式和函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力，屬于中檔題．