Question

3．如圖，在△ABC中，B（-1，0），C（1，0），CD、BE分別是△ABC的兩條中線(xiàn)且相交于點(diǎn)G，且|CD|+|BE|=6．
（Ⅰ）求點(diǎn)G的軌跡Γ的方程；
（Ⅱ）直線(xiàn)l：y=x-1與軌跡Γ相交于M、N兩點(diǎn)，P為軌跡Γ的動(dòng)點(diǎn)，求△PMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)BE與CD交于G點(diǎn)，則G為△ABC的重心，$BG=\frac{2}{3}BE，CG=\frac{2}{3}CD$，根據(jù)橢圓定理為橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)y=x+b，當(dāng)直線(xiàn)與橢圓相切時(shí)，切點(diǎn)即為P，此時(shí)三角形面積最大$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=x+b\end{array}\right.，7{x^2}+8bx+4{b^2}-12=0$，因?yàn)橄嗲校�故�?0．列式求得面積最大值，并求得該值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)BE與CD交于G點(diǎn)，則G為△ABC的重心，$BG=\frac{2}{3}BE，CG=\frac{2}{3}CD$…（2分）
由于|CD|+|BE|=6，則BG+CG=4，根據(jù)橢圓的定義，故G是以B，C為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓（除x軸上點(diǎn)外），$a=2，c=1，b=\sqrt{3}$…（4分）
即G滿(mǎn)足的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（y≠0）$…（6分）
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=x-1\end{array}\right.$得到7x²-8x-8=0，得到${x_1}+{x_2}=\frac{8}{7}，{x_1}{x_2}=-\frac{8}{7}$…（8分）
$MN=\sqrt{1+1}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{24}{7}$…（10分）
設(shè)直線(xiàn)y=x+b，當(dāng)直線(xiàn)與橢圓相切時(shí)，切點(diǎn)即為P，此時(shí)三角形面積最大$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=x+b\end{array}\right.，7{x^2}+8bx+4{b^2}-12=0$，因?yàn)橄嗲�，故�?0
64b²-28（4b²-12）=0，b²=7，$b=\sqrt{7}，b=-\sqrt{7}$（舍）  …（12分）$x=-\frac{{4\sqrt{7}}}{7}，y=\frac{{3\sqrt{7}}}{7}，P（-\frac{{4\sqrt{7}}}{7}，\frac{{3\sqrt{7}}}{7}）$
 h=|$\frac{-\frac{4\sqrt{7}}{7}-\frac{3\sqrt{7}}{7}-1}{\sqrt{2}}$|=$\frac{\sqrt{14}+\sqrt{2}}{2}$…（14分）
${S_{max}}=\frac{1}{2}MN•h=\frac{1}{2}•\frac{24}{7}•\frac{{\sqrt{14}+\sqrt{2}}}{2}=\frac{{6（\sqrt{14}+\sqrt{2}）}}{7}$…（15分）
備注：也可以用兩平行線(xiàn)距離公式d=$\frac{|\sqrt{7}+1|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}+\sqrt{2}}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了軌跡方程的求解方法和直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題，屬于中檔題．