Question

20．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)A（-1，0）及點(diǎn)B（1，0）的距離之和為4，且直線l：y=kx+2與P點(diǎn)的軌跡C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)M，N．
（1）求k的取值范圍；
（2）設(shè)軌跡C于y軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)Q，求△MNQ的面積的最大值及對(duì)應(yīng)的k值．

Answer 1

分析 （1）直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即方程組有2個(gè)不同解，轉(zhuǎn)化為判別式大于0．
（2）表示出△OAB面積，換元，利用基本不等式的關(guān)系，及k的取值范圍，即可確定△OAB面積的取值范圍及k的值．

解答 解：（1）由橢圓的定義可知：動(dòng)點(diǎn)P得軌跡是以A、B為焦點(diǎn)，以4為長軸的橢圓，
∴c=1，2a=4，即a=2，
a²=b²+c²，解得b=$\sqrt{3}$，
∴P點(diǎn)的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
由直線y=kx+2，恒過點(diǎn)（0，2），
將直線方程代入橢圓方程得：（3+4k²）x²+16kx+4=0，①
直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q，等價(jià)于①的判別式△=（16k）²-4×4×（3+4k²）＞0，
解得：k＞$\frac{1}{2}$或k＜-$\frac{1}{2}$，
∴k的取值范圍為（-∞，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）．
（2）由題意可知：Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-$\sqrt{3}$），
由①可知：x₁+x₂=-$\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4}{3+4{k}^{2}}$，
丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•4$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
Q到直線l的距離d=$\frac{丨-\sqrt{3}-0-2丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△MNQ的面積S_△MNQ=$\frac{1}{2}$丨MN丨•d=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•4$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
=4$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}$+2）•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
設(shè)4k²-1=t，t＞0，
$\sqrt{\frac{4{k}^{2}-1}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{t}{（t+4）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{t+\frac{8}{t}+16}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{2}}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=4，即k=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴△MNQ的面積S_△MNQ≤4$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}$+2）•$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\sqrt{6}$（$\sqrt{3}$+2），
△MNQ的面積的最大值=$\sqrt{6}$（$\sqrt{3}$+2），對(duì)應(yīng)的k=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查三角形面積的計(jì)算，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．