Question

19．已知點(diǎn)P（2，1）與Q關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，直線PM，QM相交于點(diǎn)M，且它們的斜率之積是-$\frac{1}{4}$
（Ⅰ）求點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過P作直線l交軌跡C于另一點(diǎn)A，求DPAO的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，表示出直線MP、MQ的斜率，求出它們的斜率之積，利用斜率之積是-$\frac{1}{4}$，建立方程，去掉不滿足條件的點(diǎn)，即可得到點(diǎn)M的軌跡方程；
（Ⅱ）分類討論，設(shè)出直線方程，結(jié)合題設(shè)條件求出三角形的面積，即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)M（x，y），…（1分）
因?yàn)辄c(diǎn)P（2，1）與Q關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，所以Q（-2，-1），
因此，直線PM，QM的斜率之積是$\frac{y-1}{x-2}•\frac{y+1}{x+2}$=-$\frac{1}{4}$，
化簡(jiǎn)，得$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1（x≠±2），
所以點(diǎn)M的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1（x≠±2）．…（4分）
（Ⅱ）當(dāng)直線PA的斜率不存在時(shí)，則直線PA的方程為x=2，
則點(diǎn)A的坐標(biāo)為A（2，-1），S_△AOP=$\frac{1}{2}×2×2$=2．…（5分）
當(dāng)直線PA的斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k，則直線PA的方程為y-1=k（x-2），
設(shè)設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由直線與橢圓，消去y得（4k²+1）x²-（16k²-8k）x+16k²-16k-4=0，…（6分）
由已知△=16（2k+1）²＞0，所以k$≠\frac{1}{2}$，由題意，x₁=2-$\frac{8k+4}{4{k}^{2}+1}$，
則y₁=-$\frac{（8k+4）k}{4{k}^{2}+1}$+1，
|PA|=$\sqrt{（{x}_{1}-2）^{2}+（{y}_{1}-1）^{2}}$=$\frac{|8k+4|\sqrt{1+{k}^{2}}}{4{k}^{2}+1}$…（7分）
而原點(diǎn)O到直線l的距離為d=$\frac{|2k-1|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，…（8分）
所以S_△AOP=$\frac{1}{2}d|PA|$=2|1-$\frac{2}{1+4{k}^{2}}$|…（9分）
因?yàn)閗$≠\frac{1}{2}$，所以0＜|1-$\frac{2}{1+4{k}^{2}}$|＜1，從而0＜S_△AOP＜2                 …（11分）
綜上可知，0＜S_△AOP≤2．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求解，注意表示出直線MP、MQ的斜率，考查三角形面積的求法，屬于中檔題．