Question

19．平面內(nèi)動點P（x，y）與兩定點A（-2，0），B（2，0）連線的斜率之積等于$-\frac{1}{4}$，若點P的軌跡為曲線E，過點$Q（-\frac{6}{5}，0）$直線l交曲線E于M，N兩點．
（1）求曲線E的方程，并證明：∠MAN為90°；
（2）若四邊形AMBN的面積為S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動點P坐標(biāo)為（x，y），則$\frac{y}{x-2}•\frac{y}{x+2}=-\frac{1}{4}$，由此能求出曲線E的方程．由題可設(shè)直線MN的方程為$x=ky-\frac{6}{5}$，聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-\frac{6}{5}}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得：$（{k^2}+4）{y^2}-\frac{12}{5}ky-\frac{64}{25}=0$，由此利用韋達定理、向量知識，結(jié)合已知條件能證明∠MAN的大小為90°．
（2）求出S=$8\sqrt{\frac{{25{k^2}+64}}{{{{（{k^2}+4）}^2}}}}$，令k²+4=t，（t≥4），得$S=8\sqrt{\frac{25t-36}{t^2}}$，設(shè)$f（t）=\frac{25t-36}{t^2}$，利用導(dǎo)數(shù)能求出S最大值．

解答 解：（1）設(shè)動點P坐標(biāo)為（x，y），
當(dāng)x≠±2時，由條件得：$\frac{y}{x-2}•\frac{y}{x+2}=-\frac{1}{4}$，
化簡得$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$（x≠±2）
曲線E的方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$（x≠±2）．
由題可設(shè)直線MN的方程為$x=ky-\frac{6}{5}$，
聯(lián)立方程組可得$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-\frac{6}{5}}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，化簡得：$（{k^2}+4）{y^2}-\frac{12}{5}ky-\frac{64}{25}=0$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y_1}{y_2}=-\frac{64}{{25（{k^2}+4）}}$，${y_1}+{y_2}=\frac{12k}{{5（{k^2}+4）}}$，
又A（-2，0），
則$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（{x_1}+2，{y_1}）•（{x_2}+2，{y_2}）=（{k^2}+1）{y_1}{y_2}+\frac{4}{5}k（{y_1}+{y_2}）+\frac{16}{25}=0$，
∴∠MAN=90°，∴∠MAN的大小為90°．
（2）$S=\frac{1}{2}|AB|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{1}{2}|2+2|\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=2\sqrt{{{（\frac{12k}{{5（{k^2}+4）}}）}^2}+\frac{4×64}{{25（{k^2}+4）}}}$=$8\sqrt{\frac{{25{k^2}+64}}{{{{（{k^2}+4）}^2}}}}$，
令k²+4=t，（t≥4），∴k²=t-4，
∴$S=8\sqrt{\frac{25t-36}{t^2}}$，設(shè)$f（t）=\frac{25t-36}{t^2}$，
∴${f^'}（t）=\frac{{-25{t^2}-2t（25t-36）}}{t^4}=\frac{-25t+72}{t^3}$，
∵t≥4，∴f′（t）＜0，∴y=f（t）在[4，+∞）上單調(diào)遞減，
∴$f（t）≤f（4）=\frac{100-36}{16}=4$，
由t=4，得K=0，此時S有最大值16．

點評 本題考查曲線方程的求法，考查角為90°的證明，考查四邊形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達定理、弦長公式、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．