Question

9．點(diǎn)F₁（0，-$\sqrt{2}$），F(xiàn)₂（0，$\sqrt{2}$），動點(diǎn)M到點(diǎn)F₂的距離是4，線段MF₁的中垂線交MF₂于點(diǎn)P．
（1）當(dāng)點(diǎn)M變化時，求動點(diǎn)P的軌跡G的方程；
（2）若斜率為$\sqrt{2}$的動直線l與軌跡G相交于A、B兩點(diǎn)，Q（1，$\sqrt{2}$）為定點(diǎn)，求△QAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）連接PF₁，推導(dǎo)出|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{2}$，由此利用橢圓的定義能求出動點(diǎn)P的軌跡G的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為y=$\sqrt{2}x+m$，代入橢圓方程，得4x²+2$\sqrt{2}mx$+m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線的距離公式，結(jié)合已知條件能求出△QAB面積的最大值．

解答 解：（1）如圖，連接PF₁，
∵|MF₂|=4，∴|PM|+|PF₂|=4，
又∵|PM|=|PF₁|，∴|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{2}$，
由橢圓的定義可知動點(diǎn)P的軌跡G是以F₁（0，-$\sqrt{2}$），F(xiàn)₂（0，$\sqrt{2}$）為焦點(diǎn)、以2為長軸的橢圓，
∴設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0），
則$a=2，c=\sqrt{2}$，∴b=$\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$，
∴動點(diǎn)P的軌跡G的方程為$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{2}=1$．
（2）設(shè)直線l的方程為y=$\sqrt{2}x+m$，代入橢圓方程，得（$\sqrt{2}x+m$）²+2x²=4，
即4x²+2$\sqrt{2}mx$+m²-4=0，
由△=8m²-16（m²-4）=8（8-m²）＞0，得m²＜8．
又點(diǎn)Q不在直線l上，則m≠0.0＜m²＜8．
設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{4}$．
∴|AB|=$\sqrt{1+2}$|x₁-x₂=$\sqrt{3}$•${\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}}_{\;}$=$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}}{2}-（{m}^{2}-4）}$=$\sqrt{3}•\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$．
可得，點(diǎn)Q到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$，
則S_△QAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}\sqrt{3}•\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$×$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}\sqrt{{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$．
∵$\sqrt{{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$≤$\frac{{m}^{2}+8-{m}^{2}}{2}$=4，則S$≤\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)m²=4，即m=±2時取等號．
故△QAB面積的最大值為$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓的定義、根的判別式、韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線的距離公式的合理運(yùn)用．