1.已知點A(-1,0),B(1,0),直線AM與直線BM相交于點M,直線AM與直線BM的斜率分別記為kAM與kBM,且kAM•kBM=-2
(Ⅰ)求點M的軌跡C的方程;
(Ⅱ)過定點F(0,1)作直線PQ與曲線C交于P,Q兩點,△OPQ的面積是否存在最大值?若存在,求出△OPQ面積的最大值;若不存在,請說明理由.

分析 (Ⅰ)設(shè)M(x,y),由kMA×kMB=-2,得$\frac{y}{x+1}$•$\frac{y}{x-1}$=-2,由此能求出點M的軌跡C的方程.
(Ⅱ)由已知當直線PQ的斜率存在,設(shè)直線PQ的方程是y=kx+1,與橢圓聯(lián)立,得(k2+2)x2+2kx-1=0,由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式,結(jié)合已知條件能求出△OPQ面積的最大值.

解答 解:(Ⅰ)由題意可得:設(shè)M(x,y),
所以直線AM與直線BM的斜率分別為$\frac{y}{x+1}$,$\frac{y}{x-1}$,
因為直線AM與直線BM的斜率之積為-2,
所以$\frac{y}{x+1}$•$\frac{y}{x-1}$=-2,化簡得:${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1(y≠0).
所以動點M的軌跡C的方程為:${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1(y≠0).(4分)
(Ⅱ)由已知當直線PQ的斜率存在,設(shè)直線PQ的方程是y=kx+1,
聯(lián)立直線與橢圓方程,消去y得(k2+2)x2+2kx-1=0,
∵△=(4k2)+4(k2+2)=8(k2+1)>0,∴k∈R,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1+x2=-$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$,x1x2=-$\frac{1}{{k}^{2}+2}$,…(7分)
S△OPQ=$\frac{1}{2}×|OF|×$|x1-x2|=$\sqrt{2}•\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+2}$=$\sqrt{2}•\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$…(10分)
當且僅當k=0時取等號,…(11分)
△OPQ面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$.…(12分)

點評 本題考查點的軌跡方程的求法,考查三角形面積的最大值是否存在的判斷與求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意根的判別式、韋達定理、弦長公式的合理運用.

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