Question

17．已知橢圓C₁的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，兩焦點(diǎn)分別為雙曲線${C_2}：\frac{x^2}{2}-{y^2}=1$的頂點(diǎn)，直線$x+\sqrt{2}y=0$與橢圓C₁交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為$（-\sqrt{2}，1）$，點(diǎn)P是橢圓C₁上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{AP}=0$，$\overrightarrow{BQ}•\overrightarrow{BP}=0$．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）求點(diǎn)Q的軌跡方程；
（3）當(dāng)A，B，Q三點(diǎn)不共線時(shí)，求△ABQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)與橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)即可得出．
（2）利用橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)可得點(diǎn)P坐標(biāo)，代入橢圓C₁方程即可得出．
（3）點(diǎn)Q（x，y）到直線AB：$x+\sqrt{2}y=0$的距離為$\frac{{|x+\sqrt{2}y|}}{{\sqrt{3}}}$．△ABQ的面積為$S=\frac{1}{2}\sqrt{{{（\sqrt{2}+\sqrt{2}）}^2}+{{（-1-1）}^2}}•\frac{{|x+\sqrt{2}y|}}{{\sqrt{3}}}$=$|x+\sqrt{2}y|=\sqrt{{x^2}+2{y^2}+2\sqrt{2}xy}$．利用基本不等式的性質(zhì)可得最大值．再與橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程聯(lián)立即可得出．

解答 解：（1）∵雙曲線${C_2}：\frac{x^2}{2}-{y^2}=1$的頂點(diǎn)為${F_1}（-\sqrt{2}，0）$，${F_2}（\sqrt{2}，0）$，
∴橢圓C₁兩焦點(diǎn)分別為${F_1}（-\sqrt{2}，0）$，${F_2}（\sqrt{2}，0）$．
設(shè)橢圓C₁方程為$\frac{BE}{BA}=\frac{DE}{CA}$，
∵橢圓C₁過點(diǎn)$A（-\sqrt{2}，1）$，∴2a=|AF₁|+|AF₂|=4，得a=2．
∴${b^2}={a^2}-{（\sqrt{2}）^2}=2$．
∴橢圓C₁的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）設(shè)點(diǎn)Q（x，y），點(diǎn)P（x₁，y₁），
由$A（-\sqrt{2}，1）$及橢圓C₁關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱可得$B（\sqrt{2}，-1）$，
∴$\overrightarrow{AQ}=（x+\sqrt{2}，y-1）$，$\overrightarrow{AP}=（{x_1}+\sqrt{2}，{y_1}-1）$，$\overrightarrow{BQ}=（x-\sqrt{2}，y+1）$，$\overrightarrow{BP}=（{x_1}-\sqrt{2}，{y_1}+1）$．
由$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{AP}=0$，得$（x+\sqrt{2}）（{x_1}+\sqrt{2}）+（y-1）（{y_1}-1）=0$，
即$（x+\sqrt{2}）（{x_1}+\sqrt{2}）=-（y-1）（{y_1}-1）$．  ①
同理，由$\overrightarrow{BQ}•\overrightarrow{BP}=0$，得$（x-\sqrt{2}）（{x_1}-\sqrt{2}）=-（y+1）（{y_1}+1）$．  ②
①×②得$（{x^2}-2）（{x_1}^2-2）=（{y^2}-1）（{y_1}^2-1）$．  ③
由于點(diǎn)P在橢圓C₁上，則$\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{2}=1$，得$x_1^2=4-2y_1^2$，
代入③式得$-2（y_1^2-1）（{x^2}-2）=（{y^2}-1）（y_1^2-1）$．
當(dāng)$y_1^2-1≠0$時(shí)，有2x²+y²=5，
當(dāng)$y_1^2-1=0$，則點(diǎn)$P（-\sqrt{2}，-1）$或$P（\sqrt{2}，1）$，
此時(shí)點(diǎn)Q對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)分別為$（\sqrt{2}，1）$或$（-\sqrt{2}，-1）$，其坐標(biāo)也滿足方程2x²+y²=5，
∴點(diǎn)Q的軌跡方程為2x²+y²=5．
（3）點(diǎn)Q（x，y）到直線AB：$x+\sqrt{2}y=0$的距離為$\frac{{|x+\sqrt{2}y|}}{{\sqrt{3}}}$．△ABQ的面積為$S=\frac{1}{2}\sqrt{{{（\sqrt{2}+\sqrt{2}）}^2}+{{（-1-1）}^2}}•\frac{{|x+\sqrt{2}y|}}{{\sqrt{3}}}$=$|x+\sqrt{2}y|=\sqrt{{x^2}+2{y^2}+2\sqrt{2}xy}$．
而$2\sqrt{2}xy=2×（2x）×（\frac{y}{{\sqrt{2}}}）≤4{x^2}+\frac{y^2}{2}$（當(dāng)且僅當(dāng)$2x=\frac{y}{{\sqrt{2}}}$時(shí)等號(hào)成立），
∴$S=\sqrt{{x^2}+2{y^2}+2\sqrt{2}xy}≤\sqrt{{x^2}+2{y^2}+4{x^2}+\frac{y^2}{2}}=\sqrt{5{x^2}+\frac{5}{2}{y^2}}=\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$2x=\frac{y}{{\sqrt{2}}}$時(shí)，等號(hào)成立．
由$\left\{{\begin{array}{l}{2x=\frac{y}{{\sqrt{2}}}}\\{2{x^2}+{y^2}=5}\end{array}}\right.$解得$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{y=2}\end{array}}\right.$或$\left\{{\begin{array}{l}{x=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{y=-2}\end{array}}\right.$，
∴△ABQ的面積最大值為$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$，此時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，2）$或$（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-2）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、兩點(diǎn)之間的距離公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．