Question

3．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P（x，y）與定點(diǎn)F（-1，0）的距離和它到定直線x=-2的距離之比是$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過F作曲線C的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點(diǎn)，直線OM與${C_1}：{（{x-4}）^2}+{y^2}=32$交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形APBQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意列關(guān)于P的坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，整理可得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)直線AB的方程為x=my-1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線系方程和橢圓方程，得到關(guān)于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得A、B中點(diǎn)的坐標(biāo)，得到直線PQ的，求出圓心與直線mx+2y=0的距離為，得到|PQ|．設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d，則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d，可得2d=$\frac{|m{x}_{1}+2{y}_{1}|+|m{x}_{2}+2{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
結(jié)合題意化簡(jiǎn)可得2d=$\frac{（{m}^{2}+2）|{y}_{1}-{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．代入得2d=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．代入四邊形面積公式，換元后利用配方法求得四邊形APBQ面積的最大值．

解答 解：（1）由已知，得$\frac{{\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}}}{{|{x+2}|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
兩邊平方，化簡(jiǎn)得$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
故軌跡C的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）∵AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB的方程為x=my-1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（m²+2）y²-2my-1=0．
y₁+y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$．
x₁+x₂=m（y₁+y₂）-2=$\frac{-4}{{m}^{2}+2}$，于是AB的中點(diǎn)為M（$-\frac{2}{{m}^{2}+2}，\frac{m}{{m}^{2}+2}$），
故直線PQ的斜率為-$\frac{m}{2}$，PQ的方程為y=-$\frac{m}{2}$x，即mx+2y=0，
圓心與直線mx+2y=0的距離為$\frac{{|{4m}|}}{{\sqrt{{m^2}+4}}}$，|PQ|=$2\sqrt{32-{{（{\frac{{|{4m}|}}{{\sqrt{{m^2}+4}}}}）}^2}}=8\sqrt{\frac{{{m^2}+8}}{{{m^2}+4}}}$．
設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d，則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d，
∴2d=$\frac{|m{x}_{1}+2{y}_{1}|+|m{x}_{2}+2{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
∵點(diǎn)A，B在直線mx+2y=0的異側(cè)，∴（mx₁+2y₁）（mx₂+2y₂）＜0，
于是|mx₁+2y₁|+|mx₂+2y₂|=|mx₁+2y₁-mx₂-2y₂|，從而2d=$\frac{（{m}^{2}+2）|{y}_{1}-{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
∵|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$，
∴2d=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
故四邊形APBQ的面積S=$\frac{1}{2}$|PQ|•2d=$\frac{1}{2}•8\sqrt{\frac{{{m^2}+8}}{{{m^2}+4}}}•\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m^2}}}}{{\sqrt{{m^2}+4}}}=8\sqrt{2}\sqrt{\frac{{（{{m^2}+8}）（{{m^2}+1}）}}{{{{（{{m^2}+4}）}^2}}}}$．
令m²+4=t（t≥4），則S=$8\sqrt{2}\sqrt{-12•{{（{\frac{1}{t}}）}^2}+\frac{1}{t}+1}$（$0＜\frac{1}{t}≤\frac{1}{4}$）．
當(dāng)$\frac{1}{t}=\frac{1}{24}$，即$m=±2\sqrt{5}$時(shí)，${S_{max}}=\frac{{14\sqrt{6}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用換元法及配方法求函數(shù)的最值，屬中檔題．