Question

3．已知?jiǎng)狱c(diǎn)Q到兩定點(diǎn)F₁（-1，0）、F₂（1，0）的距離和為4，設(shè)點(diǎn)Q的軌跡為曲線E；
（1）求曲線E的方程；
（2）若曲線E被直線y=x+m所截得的弦長(zhǎng)|MN|=$\frac{{12\sqrt{2}}}{7}$，求m的值；
（3）若點(diǎn)A（x₁，y₁）與點(diǎn)P（x₂，y₂）在曲線E上，且點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)P在第二象限，點(diǎn)B是點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，求證：當(dāng)x₁²+x₂²=4時(shí)，△PAB的面積為定值．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓的a，b，c，即可求曲線E的方程；
（2）將直線y=x+m代入橢圓方程3x²+4y²=12，可得x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，由弦長(zhǎng)公式，解方程即可得到所求值；
（3）求出直線AB的方程，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式求得P到直線AB的距離，弦長(zhǎng)AB，運(yùn)用三角形的面積公式可得S_△PAB=$\frac{1}{2}$d•|AB|=|x₁y₂-x₂y₁|，再由A，P滿足橢圓方程，結(jié)合條件x₁²+x₂²=4，計(jì)算即可得到三角形△PAB的面積為定值．

解答 解：（1）動(dòng)點(diǎn)Q到兩定點(diǎn)F₁（-1，0）、F₂（1，0）的距離和為4，滿足橢圓的定義，且a=2，c=1，
∴b=$\sqrt{3}$，
∴曲線E的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）將直線y=x+m代入橢圓方程3x²+4y²=12，可得
7x²+8mx+4m²-12=0，
△=64m²-28（4m²-12）＞0，解得-$\sqrt{7}$＜m＜$\sqrt{7}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{8m}{7}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{7}$，
即有|MN|=$\sqrt{1+1}•\sqrt{（-\frac{8m}{7}）^{2}-\frac{16{m}^{2}-48}{7}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$，
解得m=±2，滿足△＞0；
（3）證明：直線AB的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，即為y₁x-x₁y=0，
可得P（x₂，y₂）到直線AB的距離為d=$\frac{|{x}_{2}{y}_{1}-{x}_{1}{y}_{2}|}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}}$，
|AB|=2$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$，
則S_△PAB=$\frac{1}{2}$d•|AB|═|x₁y₂-x₂y₁|，
由x₁＞0，x₂＜0，y₁＞0，y₂＞0，y₁²=$\frac{3}{4}$（4-x₁²），y₂²=$\frac{3}{4}$（4-x₂²），
可得y₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{4-{{x}_{1}}^{2}}$，y₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{4-{{x}_{2}}^{2}}$，
則|x₁y₂-x₂y₁|=|x₁|y₂+|x₂|y₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（ $\sqrt{4-{{x}_{1}}^{2}}$|x₁|+$\sqrt{4-{{x}_{2}}^{2}}$|x₂|）
由x₁²+x₂²=4，可得x₁²=4-x₂²，x₂²=4-x₁²，
即有|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x₁²+x₂²）=2$\sqrt{3}$．
故當(dāng)x₁²+x₂²=4時(shí)，三角形△PAB的面積為定值$S=2\sqrt{3}$；

點(diǎn)評(píng) 本題考查考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓基本量的關(guān)系，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，考查三角形的面積為定值，注意運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．