Question

2．已知點P是橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1上的任意一點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是它的兩個焦點，O為坐標(biāo)原點，動點Q滿足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$
（Ⅰ）求動點Q的軌跡方程；
（Ⅱ）若已知點A（0，-2），過點A作直線l與橢圓E相交于B、C兩點，求△OBC面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）由a²=4，b²=1，可得c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$，可得${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，F(xiàn)₂=$（\sqrt{3}，0）$．設(shè)Q（x，y），P（x₀，y₀）．由動點Q滿足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，可得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$，y₀=-$\frac{y}{2}$，代入橢圓方程即可得出．
（II）由題意可知：直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx-2．B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²-16kx+12=0，
由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．利用根與系數(shù)的關(guān)系S_△OBC=S_△OAC-S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|（|x₂|-|x₁|）=|x₂-x₁|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．代入換元利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（I）∵a²=4，b²=1，∴c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{3}$，∴${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，F(xiàn)₂=$（\sqrt{3}，0）$．
設(shè)Q（x，y），P（x₀，y₀）．
∵動點Q滿足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=-\sqrt{3}-{x}_{0}+\sqrt{3}-{x}_{0}}\\{y=-{y}_{0}-{y}_{0}}\end{array}\right.$，解得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$，y₀=-$\frac{y}{2}$，
代入橢圓方程可得：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
∴動點Q的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（II）由題意可知：直線l的斜率存在，
設(shè)直線l的方程為y=kx-2．B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²-16kx+12=0，
由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．∴x₁+x₂=$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．
S_△OBC=S_△OAC-S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|（|x₂|-|x₁|）=|x₂-x₁|
=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{256{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{48}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$．
令$\sqrt{4{k}^{2}-3}$=t＞0，化為4k²=t²+3．∴S_△OBC=$\frac{4t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{4}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{4}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=1，
當(dāng)且僅當(dāng)t=2時取等號，此時k=$±\frac{\sqrt{7}}{2}$．
∴（S_△OBC）_max=1．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．