Question

已知定點F₁（-

3

，0），F₂（

3

，0），動點R在曲線C上運動且保持|RF₁|+|RF₂|的值不變，曲線C過點T（0，1），
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）M是曲線C上一點，過點M作斜率分別為k₁和k₂的直線MA，MB交曲線C于A、B兩點，若A、B關于原點對稱，求k₁•k₂的值；
（Ⅲ）直線l過點F₂，且與曲線C交于PQ，有如下命題p：“當直線l垂直于x軸時，△F₁PQ的面積取得最大值”．判斷命題p的真假．若是真命題，請給予證明；若是假命題，請說明理由．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的關系,命題的真假判斷與應用,軌跡方程

專題：圓錐曲線的定義、性質與方程

分析：（Ⅰ）由題意求得|RF₁|+|RF₂|=4，符合橢圓定義，且求得a，c的值，進一步得到b²的值，則曲線C的方程可求；
（Ⅱ）設M（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），由點M，A在橢圓上得到M，A的坐標的兩個方程，作差后得到

x02-x12

4

+y02-y12=0，由兩點式得到k₁和k₂，結合上式即可求得k1•k2=

y02-y12

x02-x12

=-

1

4

；
（Ⅲ）設直線l的方程為x=my+

3

，代入橢圓方程

x2

4

+y2=1，由弦長公式把|PQ|用含有m的代數式表示，求出F₁到直線l的距離，代入，△F₁PQ的面積公式，換元后利用基本不等式求最值．求出△F₁PQ的面積取得最大值時的m值，從而得到直線方程，說明命題p是假命題．

解答： 解：（Ⅰ）∵|RF₁|+|RF₂|=|TF1|+|TF2|=2

( 3 )2+1

=4＞|F1F2|=2

3

，
∴曲線C為以原點為中心，F₁、F₂為焦點的橢圓，
設其半長軸為a，半短軸為b，半焦距為c，則2a=2，2c=2

3

，
∴a=2，c=

3

，b²=a²-c²=1．
∴曲線C的方程為

x2

4

+y2=1；
（Ⅱ）設M（x₀，y₀），A（x₁，y₁）則B（-x₁，-y₁），
∵點M，A在橢圓

x2

4

+y2=1上，
∴

x02

4

+y02=1，

x12

4

+y12=1，
相減得

x02-x12

4

+y02-y12=0，
又k1=

y0-y1

x0-x1

，k2=

y0+y1

x0+x1

，
∴k1•k2=

y02-y12

x02-x12

=-

1

4

；
（Ⅲ）設直線l的方程為x=my+

3

，代入橢圓方程

x2

4

+y2=1，
得(4+m2)y2+2

3

my-1=0，計算并判斷得△＞0，
設P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），得

y3+y4=- 2 3 m 4+m2 y3y4=- 1 4+m2

，
∴|PQ|=

(x3-x4)2+(y3-y4)2

=

(1+m2)[(y3+y4)2-4y3y4]

=

4(1+m2)

4+m2

．
F₁到直線l的距離d=

2 3

1+m2

，
設t=

1+m2

，則t≥1，
∴S△F1PQ=

1

2

|PQ|•d=4

3

×

1+m2

4+m2

=

4 3 t

t2+3

=

4 3

t+ 3 t

≤2．
當t²=3，即m²=2，m=±

2

時，△F₁PQ的面積最大．
∴原命題是假命題，△F₁PQ的面積取得最大值時，直線l的方程為：
x+

2

y-

3

=0和x-

2

y-

3

=0．

點評：本題考查了軌跡方程，考查了直線與圓錐曲線的關系，訓練了“點差法”，考查了弦長公式的應用，訓練了利用基本不等式求最值，涉及直線與圓錐曲線的關系問題，常把直線與圓錐曲線聯(lián)立，化為關于x的一元二次方程后利用根與系數關系求解．此題是高考試卷中的壓軸題．