Question

4．已知定點F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）曲線C是使得|RF₁|+|RF₂|為定值（大于|F₁F₂|）的點R的軌跡，且曲線C過點T（0，1）．
（1）求曲線C的方程；
（2）若直線l過點F₂，且與曲線C交于P，Q兩點，當(dāng)△F₁PQ的面積取得最大值時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出曲線C為以原點為中心，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，由此能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)直線l的為：$x=my+\sqrt{3}$，代入橢圓方程，得$（4+{m^2}）{y^2}+2\sqrt{3}my-1=0$，由此利用根的判別式、弦長公式、點到直線距離公式、三角形面積公式，結(jié)合已知條件能求出△F₁PQ的面積取得最大值時，直線l的方程．

解答 解：（1）∵定點F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）曲線C是使得|RF₁|+|RF₂|為定值（大于|F₁F₂|）的點R的軌跡，
且曲線C過點T（0，1），
∴$|{R{F_1}}|+|{R{F_2}}|=|{T{F_1}}|+|{T{F_2}}|=2\sqrt{{{（\sqrt{3}）}^2}+1}=4＞|{{F_1}{F_2}}|=2\sqrt{3}$，
∴曲線C為以原點為中心，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，
設(shè)其長半軸長為a，短半軸長為b，半焦距為c，則$2c=2\sqrt{3}$，
∴$a=2，c=\sqrt{3}，b=1$，
∴曲線C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．…（4分）
（2）設(shè)直線l的為：$x=my+\sqrt{3}$，
代入橢圓方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，得$（4+{m^2}）{y^2}+2\sqrt{3}my-1=0$，
計算并判斷得△＞0，
設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），得$\left\{\begin{array}{l}{y_3}+{y_4}=-\frac{{2\sqrt{3}m}}{{4+{m^2}}}\\{y_3}{y_4}=-\frac{1}{{4+{m^2}}}\end{array}\right.$，
∴$|{PQ}|=\sqrt{{{（x{\;}_3-{x_4}）}^2}+{{（{y_3}-{y_4}）}^2}}=\sqrt{（1+{m^2}）[{{（{y_3}+{y_4}）}^2}-4{y_3}{y_4}\left.{\;}]}=\frac{{4（1+{m^2}）}}{{4+{m^2}}}$，
${F_1}到直線l的距離d=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，
設(shè)$t=\sqrt{1+{m^2}}$，則t≥1，
∴${S_{△{F_1}PQ}}=\frac{1}{2}|PQ|•d=4\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{1+{m^2}}}}{{4+{m^2}}}=\frac{{4\sqrt{3}t}}{{{t^2}+3}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{{t+\frac{3}{t}}}≤2$
當(dāng)${t^2}=3，即{m^2}=2，m=±\sqrt{2}$時，面積最大，
∴△F₁PQ的面積取得最大值時，直線l的方程為：$x+\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0和x-\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$…（12分）

點評 本題考查曲線方程的求法，考查三角形面積最大時直線方程的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、弦長公式、點到直線距離公式、三角形面積公式的合理運(yùn)用．