Question

5．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)M（1，0），P（x，y）為平面上一動(dòng)點(diǎn)，P到直線x=2的距離為d，$\frac{|PM|}ymqow0e$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）不過原點(diǎn)O的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為D，直線OD與直線x=2交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，求△OAB面積的最大值及此時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用兩點(diǎn)間距離公式、點(diǎn)到直線的距離公式，根據(jù)$\frac{|PM|}82aewsw$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，列出方程，由此能求出點(diǎn)P的軌跡C的方程．
（Ⅱ）直線OD的方程為y=$\frac{1}{2}x$，由點(diǎn)差數(shù)求出直線l的斜率，進(jìn)而其方程設(shè)為y=-x+m，m≠0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=-x+m}\end{array}\right.$，得：3x²-4mx+2m²-2=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式、點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合已知條件，能求出△OAB面積的最大值及此時(shí)直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）∵在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)M（1，0），P（x，y）為平面上一動(dòng)點(diǎn)，
∴|PM|=$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，
∵P到直線x=2的距離為d，∴d=|x-2|，
∵$\frac{|PM|}su8uiqq$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴$\frac{|PM|}2iko0sa$=$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{|x-2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
整理，得：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
∴點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）∵不過原點(diǎn)O的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，
線段AB的中點(diǎn)為D，直線OD與直線x=2交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，
∴直線OD的方程為y=$\frac{1}{2}x$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₀，y₀），其中${y}_{0}=\frac{1}{2}{x}_{0}$，
∵A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}=1}\\{\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}+{{y}_{2}}^{2}=1}\end{array}\right.$，∴${k}_{AB}=\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=-$\frac{2{x}_{0}}{2•2{y}_{0}}$=-1，
∴直線l的方程為y=-x+m，m≠0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=-x+m}\end{array}\right.$，整理，得：3x²-4mx+2m²-2=0，
∵直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)且不過原點(diǎn)，
∴△=16m²-12（2m²-2）＞0，
解得-$\sqrt{3}＜m＜\sqrt{3}$，且m≠0（*）
由韋達(dá)定理，得${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4m}{3}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{3}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$
=$\sqrt{2[（\frac{4}{3}m）^{2}-4•\frac{2{m}^{2}-2}{3}}$
=$\frac{4\sqrt{3-{m}^{2}}}{3}$．
∵點(diǎn)O（0，0）到直線l的距離為：h=$\frac{\sqrt{2}|m|}{2}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}h|AB|$=$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{2}}{2}|m|•\frac{4\sqrt{3-{m}^{2}}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$$\sqrt{{m}^{2}（3-{m}^{2}）}$$≤\frac{6}{6\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m²=$\frac{3}{2}$，即m=$±\frac{\sqrt{6}}{2}$時(shí)，等號成立，滿足（*）式，
∴△OAB面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此時(shí)直線l的方程為y=-x$±\frac{\sqrt{6}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查三角形面積的最大值及對應(yīng)的直線方程的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式、點(diǎn)到直線距離公式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．