2024年10月天域全国名校协作体高三数学联考 #18
已知椭圆 $C:~\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的右焦点为 $F$，点 $M\left(1,\dfrac 8 3\right)$ 在 $C$ 上，且 $MF\perp x$ 轴，过点 $M$ 且与椭圆 $ C$ 有且只有一个公共点的直线与 $x$ 轴交于点 $P$．
1、求椭圆 $C$ 的方程；
2、点 $R$ 是椭圆 $C$ 上异于 $M$ 的一点，且三角形 $MPR$ 的面积为 $24$，求直线 $MR$ 的方程；
3、过点 $P$ 的直线交椭圆 $C$ 于 $D,E$ 两点 $(D$ 在 $E$ 的左侧），若 $N$ 为线段 $FP$ 的中点，直线 $NE$ 交直线 $MF$ 于点 $Q$，$T$ 为线段 $DF$ 的中点，求线段 $TQ$ 的最大值．
解析
1、根据 $MF\perp x$ 轴可得 $F(1,0)$ 进而椭圆的半焦距 $c=1$，椭圆 $C$ 的半通径长 $\dfrac{b^2}a=\dfrac 83$，从而所求椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}9+\dfrac{y^2}8=1$．
2、椭圆 $C$ 在点 $M$ 处的切线 $PM$ 方程为\[\dfrac{1\cdot x}{9}+\dfrac{\frac 83\cdot y}{8}=1\iff x+3y-9=0,\]于是 $P(9,0)$，设 $R(x_0,y_0)$，则 $\triangle MPR$ 的面积\[[\triangle MPR]=\dfrac12\cdot d(R,PM)\cdot |PM|=\dfrac 12\cdot \dfrac{|x_0+3y_0-9|}{\sqrt{10}}\cdot \sqrt{1+\left(-\dfrac 13\right)^2}\cdot \left|1-9\right|=\dfrac{4|x_0+3y_0-9|}{3},\]因此由三角形 $MPR$ 的面积为 $24$ 可得\[|x_0+3y_0-9|=18\implies -(x_0+3y_0-9)=18\implies x_0+3y_0+9=0,\]从而 $R$ 是 $M$ 关于 $O$ 的对称点，直线 $MR$ 的方程为 $y=\dfrac 83x$．
3、设 $D\left(x_1,y_1\right)$，$E\left(x_2,y_2\right)$，$\overrightarrow{DP}=\lambda\overrightarrow{PE}$，根据定比点差法，有\[\begin{cases}\dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}=9,\\ \dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}=0,\end{cases}\iff\begin{cases}\lambda x_2=9+9\lambda-x_1,\\ \lambda y_2=-y_1,\end{cases}\]又\[\begin{cases}8 x_1^2+9 y_1^2=72,\\ 8\left(\lambda x_2\right)^2+9\left(\lambda y_2\right)^2=72\lambda^2,\end{cases}\implies 8\cdot\dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}\cdot\dfrac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda}+9\dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}\cdot\dfrac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda}=72,\]代入可得\[-5\lambda+\lambda x_2=4,\]而 $P(9,0)$，$F(1,0)$，$N(5,0)$，$E\left(x_2,y_2\right)$，则直线 $NE$ 的方程为\[y-0=\dfrac{y_2}{x_2-5}(x-5),\]又 $MF\perp x$ 轴，直线 $NE$ 与 $MF$ 交于 $Q$，则 $Q$ 点横坐标为 $1$，其纵坐标\[y_Q=\dfrac{4 y_2}{5-x_2}=-\lambda y_2=y_1,\]因此 $DQ\perp y$ 轴，从而\[TQ=\dfrac 1 2 DF\leqslant\dfrac 1 2(a+c)=2,\]等号当 $D$ 位于椭圆的左顶点时取得，因此线段 $TQ$ 的最大值为 $2$．