Question

13．已知A（-2，0），B（2，0），平面内的动点P满足条件：PA，PB两直线的斜率乘积为定值$-\frac{1}{2}$，记动点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过定点Q（-4，0）的动直线l与曲线C交于M，N两点，求△OMN（O为坐标原点）面积的最大值，并求出△OMN面积最大时，直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）设动点P（x，y），由题意可得：k_PA•k_PB=$\frac{y}{x+2}$$•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，化简即可得出曲线C的方程．
（2）设直线l的方程为：my=x+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得：（m²+4）y²-8my+12=0，△＞0．利用根与系数的关系可得|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，利用点到直线的距离公式可得点O到直线l的距离d，利用S_△OMN=$\frac{1}{2}$d|MN|，及其基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）设动点P（x，y），由题意可得：k_PA•k_PB=$\frac{y}{x+2}$$•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，化为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．（x≠±2）．
∴曲线C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．（x≠±2）．
（2）设直线l的方程为：my=x+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x+4}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（m²+4）y²-8my+12=0，
△=64m²-48（m²+4）＞0，化为：m²＞12．
∴y₁+y₂=$\frac{8m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{12}{{m}^{2}+4}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{64{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}-\frac{48}{{m}^{2}+4}]}$=$\frac{4\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$．
点O到直线l的距离d=$\frac{4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$，
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}$d|MN|=$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$×$\frac{4\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-12）}}{{m}^{2}+4}$=$\frac{8\sqrt{{m}^{2}-12}}{{m}^{2}+4}$．
设m²-12=t＞0，则f（t）=$\frac{8\sqrt{t}}{t+16}$=$\frac{8}{\sqrt{t}+\frac{16}{\sqrt{t}}}$≤$\frac{8}{2\sqrt{16}}$=1，当且仅当$\sqrt{t}$=4，即t=16时取等号，m=±2$\sqrt{7}$．
∴当m=±2$\sqrt{7}$时，△OMN面积取得最大1，直线l的方程为：±2$\sqrt{7}$y=x+4．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．