椭圆射线与最大值

【答案】(1) $\dfrac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$ (2)(ⅰ) $\left(\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}},\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}\right)$ (ⅱ) $3\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)$ 【分析】（1）根据题意列出 $a,b,c$ 的关系式,解方程求出 $a,b,c$ ,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设 $R\left(x_{0},y_{0}\right)$ ,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点 $P$ 的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知, $A\left(0,-b\right),B\left(a,0\right)$ ，所以 $\left\{\begin{matrix}\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{10} \ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} \ c^{2}=a^{2}-b^{2}\end{matrix}\right.$ ，解得 $a^{2}=9,b^{2}=1,c^{2}=8$ ， 故椭圆C的标准方程为 $\dfrac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$ ； （2）(ⅰ)设 $R\left(x_{0},y_{0}\right)$ ，易知 $m\ne0$ ， 法一：所以 $k_{AP}=\dfrac{n+1}{m}$ ，故 $\dfrac{y_{0}+1}{x_{0}}=\dfrac{n+1}{m}$ ，且 $mx_{0}>0$ ． 因为 $A\left(0,-1\right)$ ， $\left|AR\right|\left|AP\right|=3$ ，所以 $\sqrt{x_{0}^{2}+\left(y_{0}+1\right)^{2}}\times\sqrt{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}=3$ ， 即 $\left[1+\left(\dfrac{n+1}{m}\right)^{2}\right]x_{0}m=3$ ，解得 $x_{0}=\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}$ ，所以 $y_{0}=\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}$ ， 所以点 $R$ 的坐标为 $\left(\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}},\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}\right)$ . 法二：设 $\vec{AR}=\lambda\vec{AP},\lambda>0$ ，则 $\left|AR\right|\left|AP\right|=3\Rightarrow\lambda\left[m^{2}+\left(n+1\right)^{2}\right]=3$ ，所以 $\lambda=\dfrac{3}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}$ ， $\vec{AR}=\lambda\vec{AP}=\lambda\left(m,n+1\right)=\left(\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}},\dfrac{3\left(n+1\right)}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}\right)$ ，故 点 $R$ 的坐标为 $\left(\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}},\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}\right)$ . [插图] (ⅱ)因为 $k_{OR}=\dfrac{\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}}{\dfrac{3m}{m^{2}+\left(n+1\right)^{2}}}=\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{3m}$ , $k_{OP}=\dfrac{n}{m}$ ,由 $k_{OR}=3k_{OP}$ ,可得 $\dfrac{3n}{m}=\dfrac{n+2-m^{2}-n^{2}}{3m}$ ,化简得 $m^{2}+n^{2}+8n-2=0$ ,即 $m^{2}+\left(n+4\right)^{2}=18\left(m\ne0\right)$ , 所以点 $P$ 在以 $N\left(0,-4\right)$ 为圆心, $3\sqrt{2}$ 为半径的圆上（除去两个点）, $\left|PQ\right|_{\max}$ 为 $Q$ 到圆心 $N$ 的距离加上半径, 法一：设 $Q\left(3\cos\theta,\sin\theta\right)$ ,所以 $\left|QN\right|^{2}=\left(3\cos\theta\right)^{2}+\left(\sin\theta+4\right)^{2}=9\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta+8\sin\theta+16$ $=8\cos^{2}\theta+1+8\sin\theta+16$ $=8\left(1-\sin^{2}\theta\right)+8\sin\theta+17$ $=-8\sin^{2}\theta+8\sin\theta+25$ $=-8\left(\sin\theta-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+27\le27$ ,当且仅当 $\sin\theta=\dfrac{1}{2}$ 时取等号, 所以 $\left|PQ\right|_{\max}=\sqrt{27}+3\sqrt{2}=3\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)$ . 法二：设 $Q\left(x_{Q},y_{Q}\right)$ ，则 $\dfrac{x_{Q}^{2}}{9}+y_{Q}^{2}=1$ ， $\left|QN\right|^{2}=x_{Q}^{2}+\left(y_{Q}+4\right)^{2}=9-9y_{Q}^{2}+y_{Q}^{2}+8y_{Q}+16=-8y_{Q}^{2}+8y_{Q}+25$ $=-8\left(y_{Q}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+27\le27$ ，当且仅当 $y_{Q}=\dfrac{1}{2}$ 时取等号, 故 $\left|PQ\right|_{\max}=\sqrt{27}+3\sqrt{2}=3\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)$ .