Question

6．設點${F_1}（-\sqrt{3}，0）$、${F_2}（\sqrt{3}，0）$，動點P滿足|PF₁|+|PF₂|=4，P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過定點D（t，0）（|t|＜2）作直線l交曲線C于A、B兩點，設O為坐標原點，若直線l與x軸垂直，求△OAB面積的最大值；
（3）過點（1，0）作直線l交曲線C于A、B兩點，在x軸上是否存在一點E，使直線AE和BE的斜率的乘積為非零常數(shù)？若存在，求出點E的坐標和這個常數(shù)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓定義可得P的軌跡是長軸2a=4，焦半距$c=\sqrt{3}$的橢圓，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）聯(lián)立直線x=t與橢圓方程，求出A、B的坐標，代入三角形面積公式，利用配方法求得△OAB面積的最大值；
（3）設E（m，0）、A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．若l與x軸不垂直，設l：y=k（x-1），聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用根與系數(shù)的關系結(jié)合直線AE和BE的斜率的乘積為非零常數(shù)求得m值，已知l與x軸垂直成立得答案．

解答 解：（1）∵動點P滿足|PF₁|+|PF₂|=4，
∴P的軌跡是長軸2a=4，焦半距$c=\sqrt{3}$的橢圓．
∴b²=a²-c²=1．
∴曲線C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得A（t，$-\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}$）、B（t，$\frac{\sqrt{4-{t}^{2}}}{2}$）．
∴${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|t|\sqrt{4-{t^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{-{{（{t^2}-2）}^2}+4}$．
當t²=2，即$t=±\sqrt{2}$時，（S_△OAB）_max=1；
（3）設E（m，0）、A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．
若l與x軸不垂直，設l：y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0．
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
∵${k_{AE}}•{k_{BE}}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}•\frac{y_2}{{{x_2}-m}}=\frac{{{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}{{{x_1}{x_2}-m（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}$
=$\frac{{-3{k^2}}}{{（4-8m+4{m^2}）{k^2}+（{m^2}-4）}}$為非零常數(shù)．
∴m²-4=0，得m=±2．
當E（2，0）時，${k_{AE}}•{k_{BE}}=-\frac{3}{4}$．
當E（-2，0）時，${k_{AE}}•{k_{BE}}=-\frac{1}{12}$．
若l與x軸垂直時，驗證上述結(jié)論顯然成立．
∴在x軸上存在一點E（2，0）或（-2，0），使直線AE和BE的斜率的乘積為非零常數(shù)．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了存在性問題的求解方法，屬中檔題．