Question

9．已知F₁，F₂为椭圆C：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}$=1的焦点，点P为椭圆C上的动点，若|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|≥1，则$\frac{\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}}{|\overrightarrow{P{F}_{1}}|-|\overrightarrow{P{F}_{2}}|}$的最大值与最小值分别为（　　）

• A． $\frac{9}{4}$，$\sqrt{2}$
• B． $\frac{3}{2}$，$\sqrt{2}$
• C． $\frac{9}{4}$，$\frac{17}{12}$
• D． $\frac{9}{4}$，$\frac{3}{2}$

Answer 1

分析 通过设|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|=x、|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=4-x，利用余弦定理及向量数量积的定义可知$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=x²-4x+6，进而化简可知$\frac{\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}}{|\overrightarrow{P{F}_{1}}|-|\overrightarrow{P{F}_{2}}|}$=$\frac{x-2}{2}$+$\frac{1}{x-2}$，通过f（x）=$\frac{x-2}{2}$+$\frac{1}{x-2}$在区间[2.5，3]上单调递减，计算即得结论．

解答 解：设|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|=x，由椭圆定义可知|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=4-x，
∵椭圆C方程为：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}$=1，
∴F₁（0，-1），F₂（0，1），
∴|F₁F₂|=2，
由余弦定理可知：cos∠F₁PF₂=$\frac{{x}^{2}+（4-x）^{2}-4}{2•x•（4-x）}$=$\frac{{x}^{2}-4x+6}{-{x}^{2}+4x}$，
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|•|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|cos∠F₁PF₂
=x•（4-x）•$\frac{{x}^{2}-4x+6}{-{x}^{2}+4x}$
=x²-4x+6，
∴$\frac{\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}}{|\overrightarrow{P{F}_{1}}|-|\overrightarrow{P{F}_{2}}|}$=$\frac{{x}^{2}-4x+6}{x-（4-x）}$
=$\frac{{x}^{2}-4x+6}{2x-4}$
=$\frac{（x-2）^{2}+2}{2（x-2）}$
=$\frac{x-2}{2}$+$\frac{1}{x-2}$，
记f（x）=$\frac{x-2}{2}$+$\frac{1}{x-2}$，则f′（x）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{（x-2）^{2}}$，
∵|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|≥1，
∴2.5≤x≤3，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）=$\frac{x-2}{2}$+$\frac{1}{x-2}$在区间[2.5，3]上单调递减，
∴f（x）_min=f（3）=$\frac{1}{2}$+1=$\frac{3}{2}$，
f（x）_max=f（2.5）=$\frac{1}{4}$+2=$\frac{9}{4}$，
即$\frac{\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}}{|\overrightarrow{P{F}_{1}}|-|\overrightarrow{P{F}_{2}}|}$的最大值与最小值分别为$\frac{9}{4}$、$\frac{3}{2}$，
故选：D．

点评 本题考查椭圆的简单性质，涉及向量数量积运算、余弦定理、导数的求解、函数单调性等基础知识，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．