Question

20．已知点P到椭圆$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦点M和到直线x=-1的距离相等．
（1）求点P的轨迹方程C；
（2）O为坐标原点，过点M的直线与曲线C相交于A，B两点，满足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4），曲线C上一动点N从点A运动到点B，求△ABN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过设P（x，y），利用$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=1+x，计算即得结论；
（2）通过设过点M的直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理及$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4）可得直线斜率，进而可得A、B点坐标，通过公式可得|AB|以及点N到直线的距离d，利用S_△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$计算即得结论．

解答 解：（1）椭圆$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦点M（1，0），
设P（x，y），则点P到直线x=-1的距离为：1+x，
|PM|=$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，
∴$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=1+x，
化简得：y²=4x，
∴点P的轨迹方程C：y²=4x；
（2）由（1）知M（1，0），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由题可设过点M的直线方程为：y=k（x-1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消去y整理得：k²x²-（4+2k²）x+k²=0，
由韦达定理知：x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$，x₁x₂=1，
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4），
∴x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6，解得：k=±1，
不妨令过点M的直线方程为：y=x-1，
则x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6，x₁x₂=1，
∴x₁=3-2$\sqrt{2}$，x₂=3+2$\sqrt{2}$，
∴|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{2}$$\sqrt{[（3-2\sqrt{2}）-（3+2\sqrt{2}）]^{2}}$=8，
设N（$\frac{{t}^{2}}{4}$，t），则2-2$\sqrt{2}$＜t＜2+2$\sqrt{2}$，
∵点N到直线y=x-1的距离d=$\frac{|\frac{{t}^{2}}{4}-t-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{8}$|（t-2）²-8|，
∴S_△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$=$\frac{1}{2}•$$\frac{\sqrt{2}}{8}$|（t-2）²-8|•8=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|（t-2）²-8|，
∴当t=2时△ABN的面积的最大，为$\frac{\sqrt{2}}{2}$•8=4$\sqrt{2}$，
即△ABN的面积的最大值为4$\sqrt{2}$．

点评 本题考查求抛物线的方程，考查求三角形的面积最大值，注意解题方法的积累，属于中档题．