Question

4．如圖，已知圓E：${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}$=16，點$F（\sqrt{3}，0）$，P是圓E上任意一點．線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．
（1）求動點Q的軌跡Γ的方程；
（2）設直線l與（1）中軌跡Г相交于A，B兩點，直線OA，l，OB的斜率分別為k₁，k，k₂（其中k＞0），若恰好成等比數(shù)列，求△OAB的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意易得|QE|+|QF|=4，由橢圓的定義可得；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由韋達定理和等比數(shù)列可解得k=$\frac{1}{2}$，可得面積S=$\sqrt{2-{m}^{2}}$|m|=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$，由基本不等式可得最值．

解答 解：（Ⅰ）連接QF，由垂直平分線的性質(zhì)可得|QP|=|QF|，
則|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=|EP|=4，
∴動點Q的軌跡Γ是以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓．
可知a=2，c=$\sqrt{3}$，故b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
∴點Q的軌跡Γ的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）設直線l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并整理可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴△=16（1+4k²-m²）＞0，x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$，
∵k₁，k，k₂構(gòu)成等比數(shù)列，
∴k²=k₁k₂=$\frac{（k{x}_{1}+m）（k{x}_{2}+m）}{{x}_{1}{x}_{2}}$，化簡變形可得km（x₁+x₂）+m²=0，
∴-km$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，解得k²=$\frac{1}{4}$．∵k＞0，∴k=$\frac{1}{2}$．
此時△=16（2-m²）＞0，解得-$\sqrt{2}$＜m＜$\sqrt{2}$．
又由A、O、B三點不共線得m≠0，∴-$\sqrt{2}$＜m＜$\sqrt{2}$且m≠0，
∴S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$|m|=$\sqrt{2-{m}^{2}}$|m|
=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$≤$\frac{2-{m}^{2}+{m}^{2}}{2}$=1
當且僅當2-m²=m²即m=±1時取等號，
∴△OAB的面積S的最大值為1

點評 本題考查直線與圓錐曲線的綜合應用，設計軌跡方程的求解和圓錐曲線的最值，屬難題．