Question

18．设x，y∈R，向量$\overrightarrow i，\overrightarrow j$分别为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，若向量$\overrightarrow a=（x+\sqrt{3}）\overrightarrow i+y\overrightarrow j$，$\overrightarrow b=（x-\sqrt{3}）\overrightarrow i+y\overrightarrow j$，且$|\overrightarrow a|+|\overrightarrow b|=4$．
（Ⅰ）求点M（x，y）的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设椭圆$E：\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，P为曲线C上一点，过点P作曲线C的切线y=kx+m交椭圆E于A、B两点，试证：△OAB的面积为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过$|\overrightarrow a|+|\overrightarrow b|=4$，得到$\sqrt{{{（x+\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}=4$，说明点M（x，y）到两个定点F₁（$-\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0）的距离之和为4，推出点M的轨迹C是以F₁、F₂为焦点的椭圆，然后求解即可．
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将y=kx+m代入椭圆E的方程，消去x可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0
显然直线与椭圆C的切点在椭圆E内，利用判别式以及韦达定理求解三角形的面积，转化求解即可．

解答 （Ⅰ）解：∵$\overrightarrow a=（x+\sqrt{3}）\overrightarrow i+y\overrightarrow j$，$\overrightarrow b=（x-\sqrt{3}）\overrightarrow i+y\overrightarrow j$，且$|\overrightarrow a|+|\overrightarrow b|=4$，
∴$\sqrt{{{（x+\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}=4$
∴点M（x，y）到两个定点F₁（$-\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0）的距离之和为4…（2分）
∴点M的轨迹C是以F₁、F₂为焦点的椭圆，
设所求椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0），则$$c=\sqrt{3}$，
a=2∴b²=a²-c²=1…（3分）
其方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（4分）
（Ⅱ）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
将y=kx+m代入椭圆E的方程，消去x可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0
显然直线与椭圆C的切点在椭圆E内，
∴△＞0，由韦达定理可得：${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-16}}{{1+4{k^2}}}$．…（5分）
所以$|{x_1}-{x_2}|=\frac{{4\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}$…（6分）
因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为（0，m），
所以△OAB的面积$S=\frac{1}{2}|m||{x_1}-{x_2}|=\frac{{2\sqrt{16{k^2}+4-{m^2}}|m|}}{{1+4{k^2}}}$…（7分）
=$\frac{{2\sqrt{（16{k^2}+4-{m^2}）{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=2\sqrt{（4-\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}）\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}$…（8分）
设$\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}=t$
将y=kx+m代入椭圆C的方程，可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0…（10分）
由△=0，可得m²=1+4k²即t=1，…（11分）
又因为$S=2\sqrt{（4-t）t}=2\sqrt{-{t^2}+4t}$，
故$S=2\sqrt{3}$为定值．…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值问题的处理方法，设而不求的应用，考查分析问题解决问题的能力．