Question

10．已知圓E：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=16，點(diǎn)F（$\sqrt{3}$，0），P是圓E上任意一點(diǎn)，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于點(diǎn)Q．
（1）求動點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程；
（2）過點(diǎn)C（-2，0）作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，若l₁，l₂分別與軌跡Γ相交于點(diǎn)A，B，直線AB與x軸交于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作直線l交軌跡Γ于G，H兩點(diǎn)，求△OGH面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由垂直平分線的性質(zhì)可得|QP|=|QF|，根據(jù)圖象和半徑列出|QE|+|QP|=|EP|=4，由橢圓的定義判斷出動點(diǎn)Q的軌跡Γ是橢圓，求出基本量即可求出動點(diǎn)Q的軌跡Γ方程；
（2）根據(jù)直線AB的斜率進(jìn)行分類討論，分別設(shè)出直線AB的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理求出兩根之積、之和，根據(jù)CA⊥CB得$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=0，由向量的數(shù)量積運(yùn)算化簡后代入求出直線AB的方程，再求出直線AB與x軸交點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用M的坐標(biāo)設(shè)直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立利用韋達(dá)定理求出兩根之積、之和，代入三角形面積公式表示出△OGH面積，化簡后利用換元法、基本不等式求出△OGH面積的最大值．

解答 解：（1）由垂直平分線的性質(zhì)可得|QP|=|QF|，如圖：則|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=|EP|=4$＞2\sqrt{3}$=|EF|，
∴動點(diǎn)Q的軌跡Γ是以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)，長軸長為4的橢圓．
可知a=2，c=$\sqrt{3}$，故b=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=1，
∴點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，設(shè)AB直線方程是x=t，
求出A（t，$\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{4}}$），B（t，$-\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{4}}$），
∵CA⊥CB，∴$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=0，則${（t+2）}^{2}+\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{4}}×（-\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{4}}）=0$，
化簡解得t=$-\frac{6}{5}$，則點(diǎn)M（$-\frac{6}{5}$，0），
當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)AB直線方程是y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵CA⊥CB，∴$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=0，則（x₁+2）（x₂+2）+y₁y₂=0，
∴（x₁+2）（x₂+2）+（kx₁+m）（kx₂+m）=0
$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+（2+km）（{x}_{1}{+x}_{2}）+4+{m}^{2}$=0
$（1+{k}^{2}）•\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}+（2+km）×（\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}）+4+{m}^{2}$=0
化簡得，5m²-16km+12k²=0，即（5m-6k）（m-2k）=0，
得m=$\frac{6k}{5}$或=2k，代入y=kx+m得，y=k（x+$\frac{6}{5}$）或y=k（x+2），
令y=0得x=$-\frac{6}{5}$或x=-2（舍去），
∴直線AB與x軸交于點(diǎn)M，M的坐標(biāo)是（$-\frac{6}{5}$，0），
設(shè)過點(diǎn)M作直線l的方程是x=ny$-\frac{6}{5}$，G（x₃，y₃），H（x₄，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ny-\frac{6}{5}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（4+n²）y²-$\frac{12}{5}n$y$-\frac{64}{25}$=0，
∴y₃+y₄=$\frac{12n}{5（4+{n}^{2}）}$，y₃y₄=$\frac{-64}{25（4+{n}^{2}）}$，
∴△OGH面積S=$\frac{1}{2}|OM||{y}_{3}-{y}_{4}|$=$\frac{1}{2}×\frac{6}{5}\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-4{y}_{3}{y}_{4}}$
=$\frac{3}{5}$$\sqrt{（\frac{12n}{5（4+{n}^{2}）}）^{2}-4×\frac{-64}{25（4+{n}^{2}）}}$=$\frac{12}{25}$•$\frac{\sqrt{16+25{n}^{2}}}{4+{n}^{2}}$
設(shè)h=$\sqrt{16+25{n}^{2}}$，則n²=$\frac{{h}^{2}-16}{25}$，代入S得，
f（h）=$\frac{12}{25}$•$\frac{h}{4+\frac{{h}^{2}-16}{25}}$=$\frac{12}{25}•$$\frac{25h}{84+{h}^{2}}$=12•$\frac{1}{\frac{84}{h}+h}$
≤12•$\frac{1}{2\sqrt{\frac{84}{h}•h}}$=12×$\frac{1}{2\sqrt{84}}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
 當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{84}{h}=h$時取等號，經(jīng)驗(yàn)證成立，即S≤$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
∴△OGH面積的最大值的最大值是$\frac{\sqrt{21}}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查定義法求軌跡方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，基本不等式等的靈活應(yīng)用，以及設(shè)而不求的思想，換元法法，考查化簡，變形能力，注意直線的斜率存在問題，屬于難題．