Question

6．设点${F_1}（-\sqrt{3}，0）$、${F_2}（\sqrt{3}，0）$，动点P满足|PF₁|+|PF₂|=4，P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过定点D（t，0）（|t|＜2）作直线l交曲线C于A、B两点，设O为坐标原点，若直线l与x轴垂直，求△OAB面积的最大值；
（3）过点（1，0）作直线l交曲线C于A、B两点，在x轴上是否存在一点E，使直线AE和BE的斜率的乘积为非零常数？若存在，求出点E的坐标和这个常数；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆定义可得P的轨迹是长轴2a=4，焦半距$c=\sqrt{3}$的椭圆，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）联立直线x=t与椭圆方程，求出A、B的坐标，代入三角形面积公式，利用配方法求得△OAB面积的最大值；
（3）设E（m，0）、A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．若l与x轴不垂直，设l：y=k（x-1），联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系结合直线AE和BE的斜率的乘积为非零常数求得m值，已知l与x轴垂直成立得答案．

解答 解：（1）∵动点P满足|PF₁|+|PF₂|=4，
∴P的轨迹是长轴2a=4，焦半距$c=\sqrt{3}$的椭圆．
∴b²=a²-c²=1．
∴曲线C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）联立$\left\{\begin{array}{l}{x=t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得A（t，$-\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}$）、B（t，$\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}$）．
∴${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|t|\sqrt{4-{t^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{-{{（{t^2}-2）}^2}+4}$．
当t²=2，即$t=±\sqrt{2}$时，（S_△OAB）_max=1；
（3）设E（m，0）、A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．
若l与x轴不垂直，设l：y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0．
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
∵${k_{AE}}•{k_{BE}}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}•\frac{y_2}{{{x_2}-m}}=\frac{{{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}{{{x_1}{x_2}-m（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}$
=$\frac{{-3{k^2}}}{{（4-8m+4{m^2}）{k^2}+（{m^2}-4）}}$为非零常数．
∴m²-4=0，得m=±2．
当E（2，0）时，${k_{AE}}•{k_{BE}}=-\frac{3}{4}$．
当E（-2，0）时，${k_{AE}}•{k_{BE}}=-\frac{1}{12}$．
若l与x轴垂直时，验证上述结论显然成立．
∴在x轴上存在一点E（2，0）或（-2，0），使直线AE和BE的斜率的乘积为非零常数．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了存在性问题的求解方法，属中档题．