Question

15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E為動(dòng)點(diǎn)，且直線EA與直線EB的斜率之積為λ（λ≠0）
（1）求動(dòng)點(diǎn)E的軌跡方程，若動(dòng)點(diǎn)E的軌跡和點(diǎn)A、B合并構(gòu)成曲線C，討論曲線C的形狀；
（2）當(dāng)λ=-$\frac{1}{2}$時(shí)，記曲線C的右焦點(diǎn)為F₂，過(guò)點(diǎn)F₂的直線l₁，l₂分別交曲線C于點(diǎn)P，Q和點(diǎn)M，N（點(diǎn)P、M、Q、N按逆時(shí)針順序排列），且l₁⊥l₂，求四邊形PMQN面積的最值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，y），由點(diǎn)點(diǎn)$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E為動(dòng)點(diǎn)，且直線EA與直線EB的斜率之積為λ（λ≠0），知$\frac{y}{x+\sqrt{2}}$•$\frac{y}{x-\sqrt{2}}$=λ（λ≠0），由此能求出動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程．
（2）分斜率存在與存在分別討論，利用直線與橢圓聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式，確定面積的表達(dá)式，即可求得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，y），
∵點(diǎn)$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E為動(dòng)點(diǎn)，且直線EA與直線EB的斜率之積為λ（λ≠0），
∴$\frac{y}{x+\sqrt{2}}$•$\frac{y}{x-\sqrt{2}}$=λ（λ≠0），
整理，得x²-$\frac{{y}^{2}}{λ}$=2，x≠±$\sqrt{2}$，
∴動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{2λ}$=1．
λ=-1，曲線C表示圓；λ＜-1，焦點(diǎn)在y軸上的橢圓；-1＜λ＜0，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓；λ＞0，焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線；
（2）當(dāng)λ=-$\frac{1}{2}$時(shí)，記曲線C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦點(diǎn)為F₂（1，0）
（�。┤鬺₁與l₂中一條斜率不存在，另一條斜率為0，則S=$\frac{1}{2}•2a•\frac{2^{2}}{a}$=2…（5分）
（ⅱ）若l₁與l₂得斜率均存在，設(shè)l₁：y=k（x-1）與橢圓方程聯(lián)立，消去y可得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$
∴|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$
同理可得|MN|=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$…（8分）
S=$\frac{1}{2}$|PQ||MN|=$\frac{4（{k}^{4}+2{k}^{2}+1）}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$=$\frac{4}{2+\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$
由${k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}$≥2，得$\frac{16}{9}≤S＜2$…（10分）
由（�。�（ⅱ）知，S_min=$\frac{16}{9}$，S_max=2…（12分

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，正確表示四邊形PMQN的面積是關(guān)鍵．