Question

19．已知A點坐標為$（-2\sqrt{3}，0）$，B點坐標為$（2\sqrt{3}，0）$，且動點M到A點的距離是8，線段MB的垂直平分線l交線段MA于點P．
（Ⅰ）求動點P的軌跡C方程．
（Ⅱ） 已知A（2，-1），過原點且斜率為k（k＞0）的直線l與曲線C交于P，Q兩點，求△APQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）判斷P的軌跡是以A，B為焦點的橢圓，求出a，b，即可求解橢圓的方程．
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）將直線l方程y=kx與橢圓方程聯(lián)立消y得（1+4k²）x²-16=0，利用弦長公式，表示三角形的面積，利用基本不等式求解最值即可．

解答 解：（Ⅰ）∵|PA|+|PB|=|PA|+|PM|=8；又$|AB|=4\sqrt{3}$，
∴P的軌跡是以A，B為焦點的橢圓，（3分）∵$2a=8，2c=4\sqrt{3}$∴b²=4
因此橢圓的方程為：$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$（4分）
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
將直線l方程y=kx與橢圓方程聯(lián)立消y得（1+4k²）x²-16=0，
所以${x^2}=\frac{16}{{1+4{k^2}}}$（6分）
∴$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}×2×\sqrt{\frac{16}{{1+4{k^2}}}}$（8分）
又∵點A到直線l的距離d=$\frac{{|{2k+1}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$（9分）
故△APQ的面積=$\frac{1}{2}|{PQ}|•d=4×\frac{{|{2k+1}|}}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}=4×\sqrt{\frac{{4{k^2}+4k+1}}{{1+4{k^2}}}}$
=$4×\sqrt{1+\frac{4k}{{1+4{k^2}}}}=4×\sqrt{1+\frac{4}{{\frac{1}{k}+4k}}}$（11分）
當k＞0時，4k+$\frac{1}{k}$≥4，當且僅當k=$\frac{1}{2}$時取等號．
故△APQ的面積有最大值$4\sqrt{2}$（12分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，橢圓的方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．