Question

20．在平面直角坐標系xOy中，動點P到點A（-1，0）及點B（1，0）的距離之和為4，且直線l：y=kx+2與P點的軌跡C有兩個不同的交點M，N．
（1）求k的取值范圍；
（2）設軌跡C于y軸的負半軸交于點Q，求△MNQ的面積的最大值及對應的k值．

Answer 1

分析 （1）直線l與橢圓有兩個不同的交點，即方程組有2個不同解，轉化為判別式大于0．
（2）表示出△OAB面積，換元，利用基本不等式的關系，及k的取值范圍，即可確定△OAB面積的取值范圍及k的值．

解答 解：（1）由橢圓的定義可知：動點P得軌跡是以A、B為焦點，以4為長軸的橢圓，
∴c=1，2a=4，即a=2，
a²=b²+c²，解得b=$\sqrt{3}$，
∴P點的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
由直線y=kx+2，恒過點（0，2），
將直線方程代入橢圓方程得：（3+4k²）x²+16kx+4=0，①
直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q，等價于①的判別式△=（16k）²-4×4×（3+4k²）＞0，
解得：k＞$\frac{1}{2}$或k＜-$\frac{1}{2}$，
∴k的取值范圍為（-∞，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）．
（2）由題意可知：Q點坐標為（0，-$\sqrt{3}$），
由①可知：x₁+x₂=-$\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4}{3+4{k}^{2}}$，
丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•4$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
Q到直線l的距離d=$\frac{丨-\sqrt{3}-0-2丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△MNQ的面積S_△MNQ=$\frac{1}{2}$丨MN丨•d=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•4$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
=4$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}$+2）•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
設4k²-1=t，t＞0，
$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{t}{（t+4）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{t+\frac{8}{t}+16}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{2}}$，
當且僅當t=4，即k=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴△MNQ的面積S_△MNQ≤4$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}$+2）•$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\sqrt{6}$（$\sqrt{3}$+2），
△MNQ的面積的最大值=$\sqrt{6}$（$\sqrt{3}$+2），對應的k=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$．

點評 本題考查軌跡方程，考查向量知識的運用，考查直線與橢圓的位置關系，考查三角形面積的計算，考查學生的計算能力，屬于中檔題．