Question

1．動點(diǎn)P滿足$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x+\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{3}$
（1）求動點(diǎn)P的軌跡F₁，F(xiàn)₂的方程；
（2）設(shè)直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求△OAB面 積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知動點(diǎn)P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓，設(shè)橢圓方程，由題意求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）利用點(diǎn)到直線的距離公式，求得n與m的關(guān)系，將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長公式，及基本不等式得性質(zhì)，即可求得△OAB面 積的最大值．

解答 解：（1）由已知得，點(diǎn)P到點(diǎn)${F_1}（{-\sqrt{2}，0}）$與${F_2}（{\sqrt{2}，0}）$的距離之和等于$2\sqrt{3}$
且$2\sqrt{3}＞2\sqrt{2}$，則動點(diǎn)P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓   …（2分）
設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$
則$2a=2\sqrt{3}，2c=2\sqrt{2}$
即$a=\sqrt{3}，c=\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1，
動點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$…（4分）
（2）設(shè)直線的方程為x=my+n，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
化簡得4n²=3（1+m²），即n²=$\frac{3}{4}$（1+m²），…（5分）
將直線l與橢圓C方程聯(lián)立得$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，化簡得（m²+3）y²+2mny+n²-3=0，
y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-3}{{m}^{2}+3}$，
△=4m²n²-4（m²+3）（n²-3）=12m²-12n²+36=12（m²-n²+3）=3（m²+9）＞0…（6分）
$|{AB}|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\sqrt{1+{m^2}}\frac{{\sqrt{12（{m^2}-{n^2}+3）}}}{{{m^2}+3}}$，…（8分）
將代入得$|{AB}|=\frac{{\sqrt{3}\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{9+{m^2}}}}{{{m^2}+3}}$，
∴${S_△}_{OAB}=\frac{1}{2}|{AB}|\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{3}{4}\frac{{\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{9+{m^2}}}}{{{m^2}+3}}$，…（9分）
令t=m²+3，t≥3，
${S_△}_{OAB}=\frac{3}{4}•\frac{{\sqrt{t-2}\sqrt{t+6}}}{t}=\frac{3}{4}\sqrt{-\frac{12}{t^2}+\frac{4}{t}+1}=\frac{3}{4}\sqrt{-12{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{6}）}^2}+\frac{4}{3}}$ …（10分）
當(dāng)$\frac{1}{t}$=$\frac{1}{6}$，即t=6，m²=3時(shí)，S_△OAB最大，
∴△OAB面 積的最大值$\frac{\sqrt{3}}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式，基本不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．