Question

19．平面内动点P（x，y）与两定点A（-2，0），B（2，0）连线的斜率之积等于$-\frac{1}{4}$，若点P的轨迹为曲线E，过点$Q（-\frac{6}{5}，0）$直线l交曲线E于M，N两点．
（1）求曲线E的方程，并证明：∠MAN为90°；
（2）若四边形AMBN的面积为S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）设动点P坐标为（x，y），则$\frac{y}{x-2}•\frac{y}{x+2}=-\frac{1}{4}$，由此能求出曲线E的方程．由题可设直线MN的方程为$x=ky-\frac{6}{5}$，联立$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-\frac{6}{5}}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得：$（{k^2}+4）{y^2}-\frac{12}{5}ky-\frac{64}{25}=0$，由此利用韦达定理、向量知识，结合已知条件能证明∠MAN的大小为90°．
（2）求出S=$8\sqrt{\frac{{25{k^2}+64}}{{{{（{k^2}+4）}^2}}}}$，令k²+4=t，（t≥4），得$S=8\sqrt{\frac{25t-36}{t^2}}$，设$f（t）=\frac{25t-36}{t^2}$，利用导数能求出S最大值．

解答 解：（1）设动点P坐标为（x，y），
当x≠±2时，由条件得：$\frac{y}{x-2}•\frac{y}{x+2}=-\frac{1}{4}$，
化简得$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$（x≠±2）
曲线E的方程为：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$（x≠±2）．
由题可设直线MN的方程为$x=ky-\frac{6}{5}$，
联立方程组可得$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-\frac{6}{5}}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，化简得：$（{k^2}+4）{y^2}-\frac{12}{5}ky-\frac{64}{25}=0$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${y_1}{y_2}=-\frac{64}{{25（{k^2}+4）}}$，${y_1}+{y_2}=\frac{12k}{{5（{k^2}+4）}}$，
又A（-2，0），
则$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（{x_1}+2，{y_1}）•（{x_2}+2，{y_2}）=（{k^2}+1）{y_1}{y_2}+\frac{4}{5}k（{y_1}+{y_2}）+\frac{16}{25}=0$，
∴∠MAN=90°，∴∠MAN的大小为90°．
（2）$S=\frac{1}{2}|AB|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{1}{2}|2+2|\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=2\sqrt{{{（\frac{12k}{{5（{k^2}+4）}}）}^2}+\frac{4×64}{{25（{k^2}+4）}}}$=$8\sqrt{\frac{{25{k^2}+64}}{{{{（{k^2}+4）}^2}}}}$，
令k²+4=t，（t≥4），∴k²=t-4，
∴$S=8\sqrt{\frac{25t-36}{t^2}}$，设$f（t）=\frac{25t-36}{t^2}$，
∴${f^'}（t）=\frac{{-25{t^2}-2t（25t-36）}}{t^4}=\frac{-25t+72}{t^3}$，
∵t≥4，∴f′（t）＜0，∴y=f（t）在[4，+∞）上单调递减，
∴$f（t）≤f（4）=\frac{100-36}{16}=4$，
由t=4，得K=0，此时S有最大值16．

点评 本题考查曲线方程的求法，考查角为90°的证明，考查四边形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、韦达定理、弦长公式、导数性质的合理运用．