Question

20．已知點(diǎn)P到橢圓$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦點(diǎn)M和到直線x=-1的距離相等．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程C；
（2）O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M的直線與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，滿足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4），曲線C上一動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，求△ABN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)設(shè)P（x，y），利用$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=1+x，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)設(shè)過(guò)點(diǎn)M的直線方程并與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4）可得直線斜率，進(jìn)而可得A、B點(diǎn)坐標(biāo)，通過(guò)公式可得|AB|以及點(diǎn)N到直線的距離d，利用S_△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）橢圓$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦點(diǎn)M（1，0），
設(shè)P（x，y），則點(diǎn)P到直線x=-1的距離為：1+x，
|PM|=$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，
∴$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=1+x，
化簡(jiǎn)得：y²=4x，
∴點(diǎn)P的軌跡方程C：y²=4x；
（2）由（1）知M（1，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由題可設(shè)過(guò)點(diǎn)M的直線方程為：y=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消去y整理得：k²x²-（4+2k²）x+k²=0，
由韋達(dá)定理知：x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$，x₁x₂=1，
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（6，4），
∴x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6，解得：k=±1，
不妨令過(guò)點(diǎn)M的直線方程為：y=x-1，
則x₁+x₂=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6，x₁x₂=1，
∴x₁=3-2$\sqrt{2}$，x₂=3+2$\sqrt{2}$，
∴|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{2}$$\sqrt{[（3-2\sqrt{2}）-（3+2\sqrt{2}）]^{2}}$=8，
設(shè)N（$\frac{{t}^{2}}{4}$，t），則2-2$\sqrt{2}$＜t＜2+2$\sqrt{2}$，
∵點(diǎn)N到直線y=x-1的距離d=$\frac{|\frac{{t}^{2}}{4}-t-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{8}$|（t-2）²-8|，
∴S_△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$=$\frac{1}{2}•$$\frac{\sqrt{2}}{8}$|（t-2）²-8|•8=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|（t-2）²-8|，
∴當(dāng)t=2時(shí)△ABN的面積的最大，為$\frac{\sqrt{2}}{2}$•8=4$\sqrt{2}$，
即△ABN的面積的最大值為4$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求拋物線的方程，考查求三角形的面積最大值，注意解題方法的積累，屬于中檔題．