Question

2．已知A（-1，0），B（1，0），動(dòng)點(diǎn)M滿足∠AMB=2θ，|$\overrightarrow{AM}$|•|$\overrightarrow{BM}$|•cos²θ=3，設(shè)M的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過(guò)A的直線l₁與曲線C交于E、F兩點(diǎn)，過(guò)B與l₁平行的直線l₂與曲線C交于G、H兩點(diǎn)，求四邊形EFGH的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由余弦定理得|AM|²+|BM|²-2|AM||BM|cos2θ=4，及$|{\overrightarrow{AM}}|•|{\overrightarrow{BM}}|{cos^2}θ=3$得$|{\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BM}}|=4$，因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓；
（2）由題意得四邊形EFGH是平行四邊形，結(jié)合對(duì)稱性得：S_EFGH=4S_OEF，設(shè)直線EF的方程為：x=my-1，E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），由S_OEF=$\frac{1}{2}$|OA||y₁-y₂|=6$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（4+3{m}^{2}）^{2}}}$求出S_OEF的最大值即可．

解答 解：（1）設(shè)M（x，y），在△MAB中，|AB|=1，∠AMB=2θ，
由余弦定理得|AM|²+|BM|²-2|AM||BM|cos2θ=4，
即（|AM|+|BM|）²-2|AM||BM|-2|AM||BM|cos2θ
=4（|AM|+|BM|）²-2|AM||BM|（1+cos2θ）
=4（|AM|+|BM|）²-4|AM||BM|cos²θ=4
又$|{\overrightarrow{AM}}|•|{\overrightarrow{BM}}|{cos^2}θ=3$，所以$|{\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BM}}|=4$，
由于$|{\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BM}}|=4＞2=|{AB}|$，
因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓，同時(shí)該橢圓的長(zhǎng)半軸a=2，焦距2c=2，
所以，曲線C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；           
（2）由題意得四邊形EFGH是平行四邊形，結(jié)合對(duì)稱性得：
S_EFGH=4S_OEF
設(shè)直線EF的方程為：x=my-1，E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
把x=my-1代入方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$得（4+3m²）y²-6my-9=0
y₁+y₂=$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-9}{4+3{m}^{2}}$；且△＞0．
S_OEF=$\frac{1}{2}$|OA||y₁-y₂|=6$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（4+3{m}^{2}）^{2}}}$
令  ${m}^{2}+1=t，\\;\\;t≥1$，則S_OEF=6$\sqrt{\frac{t}{（3t+1）^{2}}}=6×\sqrt{\frac{1}{9t+\frac{1}{t}+6}}$；
又g（t）=9t+$\frac{1}{t}$在[1，+∞）遞增，∴g（t）≥g（1）=10，
S_EFGH=4S_OEF≥4×6×$\frac{1}{4}$=6
∴四邊形EFGH的面積的最大值為6

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，及面積的最值問(wèn)題，關(guān)鍵要掌握基本的運(yùn)算技巧，屬于中檔題．