Question

1．动点P满足$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x+\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{3}$
（1）求动点P的轨迹F₁，F₂的方程；
（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求△OAB面 积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意可知动点P的轨迹是以F₁，F₂为焦点的椭圆，设椭圆方程，由题意求得a和b的值，求得椭圆方程；
（2）利用点到直线的距离公式，求得n与m的关系，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理，弦长公式，及基本不等式得性质，即可求得△OAB面 积的最大值．

解答 解：（1）由已知得，点P到点${F_1}（{-\sqrt{2}，0}）$与${F_2}（{\sqrt{2}，0}）$的距离之和等于$2\sqrt{3}$
且$2\sqrt{3}＞2\sqrt{2}$，则动点P的轨迹是以F₁，F₂为焦点的椭圆   …（2分）
设椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$
则$2a=2\sqrt{3}，2c=2\sqrt{2}$
即$a=\sqrt{3}，c=\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1，
动点P的轨迹C的方程为$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$…（4分）
（2）设直线的方程为x=my+n，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
原点O到直线l的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
化简得4n²=3（1+m²），即n²=$\frac{3}{4}$（1+m²），…（5分）
将直线l与椭圆C方程联立得$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，化简得（m²+3）y²+2mny+n²-3=0，
y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-3}{{m}^{2}+3}$，
△=4m²n²-4（m²+3）（n²-3）=12m²-12n²+36=12（m²-n²+3）=3（m²+9）＞0…（6分）
$|{AB}|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\sqrt{1+{m^2}}\frac{{\sqrt{12（{m^2}-{n^2}+3）}}}{{{m^2}+3}}$，…（8分）
将代入得$|{AB}|=\frac{{\sqrt{3}\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{9+{m^2}}}}{{{m^2}+3}}$，
∴${S_△}_{OAB}=\frac{1}{2}|{AB}|\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{3}{4}\frac{{\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{9+{m^2}}}}{{{m^2}+3}}$，…（9分）
令t=m²+3，t≥3，
${S_△}_{OAB}=\frac{3}{4}•\frac{{\sqrt{t-2}\sqrt{t+6}}}{t}=\frac{3}{4}\sqrt{-\frac{12}{t^2}+\frac{4}{t}+1}=\frac{3}{4}\sqrt{-12{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{6}）}^2}+\frac{4}{3}}$ …（10分）
当$\frac{1}{t}$=$\frac{1}{6}$，即t=6，m²=3时，S_△OAB最大，
∴△OAB面 积的最大值$\frac{\sqrt{3}}{2}$．…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，基本不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．