Question

17．已知△ABC中，點A（-1，0），B（1，0），動點C滿足|CA|+|CB|=λ|AB|（常數(shù)λ＞1），C點的軌跡為Γ．
（Ⅰ） 試求曲線Γ的軌跡方程；
（Ⅱ） 當(dāng)λ=$\sqrt{3}$時，過定點B（1，0）的直線與曲線Γ相交于P，Q兩點，N是曲線Γ上不同于P，Q的動點，試求△NPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）在△ABC中，因為|AB|=2，所以|CA|+|CB|=2λ（定值），且2λ＞2，由橢圓的定義計算即可；
（II）當(dāng)λ=$\sqrt{3}$時，橢圓方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1（x≠±\sqrt{3}）$．分過定點B（1，0）的直線與x軸重合與不重合兩種情況討論．對于過定點B（1，0）的直線不與x軸重合時，通過設(shè)l方程，并與橢圓聯(lián)立，利用韋達定理及點到直線的距離公式、三角形面積公式、換元法以及函數(shù)的單調(diào)性，計算即可．

解答 解：（Ⅰ）在△ABC中，因為|AB|=2，所以|CA|+|CB|=2λ（定值），且2λ＞2，（2分）
所以動點C的軌跡Γ為橢圓（除去與A、B共線的兩個點）．
設(shè)其標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，所以a²=λ²，b²=λ²-1，（3分）
所以所求曲線的軌跡方程為$\frac{x^2}{λ^2}+\frac{y^2}{{{λ^2}-1}}=1（x≠±λ）$．（4分）
（Ⅱ）當(dāng)$λ=\sqrt{3}$時，橢圓方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1（x≠±\sqrt{3}）$．（5分）
①過定點B的直線與x軸重合時，△NPQ面積無最大值．（6分）
②過定點B的直線不與x軸重合時，
設(shè)l方程為：x=my+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
若m=0，因為$x≠±\sqrt{3}$，故此時△NPQ面積無最大值．
根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，不妨設(shè)m＞0．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$消去x整理得：（3+2m²）y²+4my-4=0，（7分）
所以$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{-4m}{{3+2{m^2}}}\\{y_1}{y_2}=\frac{-4}{{3+2{m^2}}}\end{array}\right.$則$|PQ|=\sqrt{1+{m^2}}|{y_1}-{y_2}|=\frac{{4\sqrt{3}（{m^2}+1）}}{{3+2{m^2}}}$．（8分）
因為當(dāng)直線與l平行且與橢圓相切時，切點N到直線l的距離最大，
設(shè)切線$l'：x=my+n\;（n＜\sqrt{3}）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+n\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$消去x整理得（3+2m²）y²+4mny+2n²-6=0，
由△=（4mn）²-4（3+2m²）（2n²-6）=0，解得${n^2}=3+2{m^2}（n＜-\sqrt{3}）$．
又點N到直線l的距離$d=\frac{|n-1|}{{\sqrt{{m^2}+1}}}$，（9分）
所以${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}•|PQ|•d=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{3}（{m^2}+1）}}{{3+2{m^2}}}×\frac{|n-1|}{{\sqrt{{m^2}+1}}}=\frac{{2\sqrt{3}|n-1|\sqrt{{m^2}+1}}}{{3+2{m^2}}}$，（10分）
所以${S^2}=\frac{{12{{（n-1）}^2}（{m^2}+1）}}{{{{（3+2{m^2}）}^2}}}$．將n²=3+2m²代入得：${S^2}=6{（1-\frac{1}{n}）^2}（1-\frac{1}{n^2}）$，
令$t=\frac{1}{n}∈（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0）$，設(shè)函數(shù)f（t）=6（1-t）²（1-t²），則f'（t）=-12（t-1）²（2t+1），
因為當(dāng)$t∈（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-\frac{1}{2}）$時，f'（t）＞0，當(dāng)$t∈（-\frac{1}{2}，0）$時，f'（t）＜0，
所以f（t）在$（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-\frac{1}{2}）$上是增函數(shù)，在$（-\frac{1}{2}，0）$上是減函數(shù)，所以${f_{max}}（t）=f（-\frac{1}{2}）=\frac{81}{8}$．
故${m^2}=\frac{1}{2}$時，△NPQ面積最大值是$\frac{{9\sqrt{2}}}{4}$．
所以，當(dāng)l的方程為$x=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}y+1$時，△NPQ的面積最大，最大值為$\frac{{9\sqrt{2}}}{4}$．（13分）

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求橢圓的方程、三角形的面積最大值，考查分類討論的思想、考查計算求解能力，涉及到韋達定理、點到直線的距離公式、三角形面積公式、換元法以及函數(shù)的單調(diào)性等知識，注意解題方法的積累，屬于難題．