Question

8．已知兩點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），直線AM，BM相交于點(diǎn)M，且這兩條直線的斜率之積為$-\frac{3}{4}$．
（1）求點(diǎn)M的軌跡方程；
（2）記點(diǎn)M的軌跡為曲線C，曲線C上在第一象限的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1，過點(diǎn)P且斜率互為相反數(shù)的兩條直線分別交曲線C于Q，R，求△OQR的面積的最大值（其中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)M（x，y），通過K_AM•K_BM=-$\frac{3}{4}$，即可求出所在的曲線C的方程．
（2）求出$P（1，\frac{3}{2}）$，設(shè)直線PQ的方程，與橢圓方程聯(lián)立消去y，通過x=1是方程的一個(gè)解，求出方程的另一解，求出直線RQ的斜率，把直線RQ的方程$y=\frac{1}{2}x+b$代入橢圓方程，求出|PQ原點(diǎn)O到直線RQ的距離，表示出面積S_△OQR，求解最值．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)M（x，y），
∵K_AM•K_BM=-$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{y}{x+2}×\frac{y}{x-2}=-\frac{3}{4}$，
整理得點(diǎn)所在的曲線C的方程：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\;（x≠±2）$．
（2）由題意可得點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$，
直線PQ與直線PR的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線PQ的方程為$y=k（x-1）+\frac{3}{2}$，
與橢圓方程聯(lián)立消去y，得：（4k²+3）x²+（12k-8k²）x+（4k²-12k-3）=0，
由于x=1是方程的一個(gè)解，
所以方程的另一解為${x_Q}=\frac{{4{k^2}-12k-3}}{{4{k^2}+3}}$，同理${x_R}=\frac{{4{k^2}+12k-3}}{{4{k^2}+3}}$，
故直線RQ的斜率為${k_{RQ}}=\frac{{{y_R}-{y_Q}}}{{{x_R}-{x_Q}}}=\frac{{-k（{x_R}-1）+\frac{3}{2}-k（{x_Q}-1）-\frac{3}{2}}}{{{x_R}-{x_Q}}}=\frac{{-k（\frac{{8{k^2}-6}}{{4{k^2}+3}}-2）}}{{\frac{24k}{{4{k^2}+3}}}}=\frac{1}{2}$，
把直線RQ的方程$y=\frac{1}{2}x+b$代入橢圓方程，消去y整理得x²+bx+b²-3=0，
所以|PQ|=$\sqrt{1+（\frac{1}{2}）^{2}}×\frac{\sqrt{^{2}-4（^{2}-3）}}{1}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}×\sqrt{4-^{2}}$
原點(diǎn)O到直線RQ的距離為$d=\frac{{\left|{2b}\right|}}{{\sqrt{5}}}$，
S_△OQR=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{15}}{2}×\sqrt{4-^{2}}×\frac{|2b|}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{^{2}（4-^{2}）}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{^{2}+（4-^{2}）}{2}$=$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．