Question

17．如图，已知A、B是两个顶点，且$AB=2\sqrt{3}$，动点M到点A的距离是4，线段MB的垂直平分线l交MA于点P．
（1）当M变化时，建立适当的坐标系，求动点P的轨迹方程．
（2）设P的轨道为曲线C，斜率为1的直线交曲线C于N、Q两点，O为坐标原点，求△NOQ面积的最大值，及此时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）根据题意画出图形，利用垂直平分线转换线段的关系得到PA+PB=4，据椭圆的定义即可得到动点P的轨迹方程．
（2）利用基本不等式，即可得出结论．

解答 解：（1）以线段AB的中点为坐标原点，直线AB为x轴，线段AB的中点为原点，建立直角坐标系．
由线段MB的垂直平分线l交MA于点P知，PB=PM
故PA+PB=PA+PM=AM=4，$AB=2\sqrt{3}$，A（$-\sqrt{3}$，0）
，B（$\sqrt{3}$，0），即P点的轨迹为以A、B为焦点的椭圆，
中心为（0，0），可得a=2，c=$\sqrt{3}$，则b=1
故P点的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）设l：y=x+m并代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$
得5x²+8mx+4m²-4=0，
∵△=（8m）²-4×5×（4m²-4）＞0
∴80-16m²＞0  
 即m∈（-$\sqrt{5}$，$\sqrt{5}$），
|PQ|=$\sqrt{1+{1}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}×\sqrt{（-{\frac{8m}{5}）}^{2}-4×\frac{4{m}^{2}-4}{5}}$=$\frac{4\sqrt{10-2{m}^{2}}}{5}$
又原点O到直线l的距离为d=$\frac{|m|}{\sqrt{2}}$
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}$×$\frac{|m|}{\sqrt{2}}×\frac{4\sqrt{2}\sqrt{5-{m}^{2}}}{5}$=$\frac{2}{5}\sqrt{{m}^{2}（5-{m}^{2}）}$≤2×$\frac{2}{5}•\sqrt{（\frac{{m}^{2}+5-{m}^{2}}{2}）^{2}}$=2，
当且仅当5-m²=m²即m=±$\frac{\sqrt{10}}{2}$时等号成立，
故△OPQ面积的最大值为：2．
此时直线l的方程：y=x$±\frac{\sqrt{10}}{2}$．

点评 本题考查曲线轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的关系，弦长公式的应用，点到直线的距离，三角形的面积公式与基本不等式的应用，考查计算能力，转化思想的应用，注意轨迹方程中不满足题意的点需要去掉．