Question

13．已知A（-2，0），B（2，0），平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P滿足條件：PA，PB兩直線的斜率乘積為定值$-\frac{1}{2}$，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過(guò)定點(diǎn)Q（-4，0）的動(dòng)直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）面積的最大值，并求出△OMN面積最大時(shí)，直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），由題意可得：k_PA•k_PB=$\frac{y}{x+2}$$•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，化簡(jiǎn)即可得出曲線C的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立可得：（m²+4）y²-8my+12=0，△＞0．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，利用點(diǎn)到直線的距離公式可得點(diǎn)O到直線l的距離d，利用S_△OMN=$\frac{1}{2}$d|MN|，及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），由題意可得：k_PA•k_PB=$\frac{y}{x+2}$$•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，化為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．（x≠±2）．
∴曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．（x≠±2）．
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x+4}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（m²+4）y²-8my+12=0，
△=64m²-48（m²+4）＞0，化為：m²＞12．
∴y₁+y₂=$\frac{8m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{12}{{m}^{2}+4}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{64{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}-\frac{48}{{m}^{2}+4}]}$=$\frac{4\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$．
點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$，
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}$d|MN|=$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$×$\frac{4\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$=$\frac{8\sqrt{{m}^{2}-12}}{{m}^{2}+4}$．
設(shè)m²-12=t＞0，則f（t）=$\frac{8\sqrt{t}}{t+16}$=$\frac{8}{\sqrt{t}+\frac{16}{\sqrt{t}}}$≤$\frac{8}{2\sqrt{16}}$=1，當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{t}$=4，即t=16時(shí)取等號(hào)，m=±2$\sqrt{7}$．
∴當(dāng)m=±2$\sqrt{7}$時(shí)，△OMN面積取得最大1，直線l的方程為：±2$\sqrt{7}$y=x+4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率計(jì)算公式、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．