Question

已知P是圓F₁：（x+1）²+y²=16上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F₂（1，0），線段PF₂的垂直平分線l與半徑F₁P交于點(diǎn)Q．
（I）當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)Q的軌跡C的方程．
（II）已知點(diǎn)M（1，

3

2

），A、B在（1）中所求的曲線C上，且

MA

+

MB

=λ

OM

（λ∈R，O是坐標(biāo)原點(diǎn)），
（i）求直線AB的斜率；
（ii）求證：當(dāng)△MAB的面積取得最大值時(shí)，O是△MAB的重心．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程得到點(diǎn)M坐標(biāo)（-1，0），圓的半徑R=4，再由線段中垂線定理，可得出點(diǎn)Q的軌跡C是橢圓，從而可得出點(diǎn)G的軌跡C對(duì)應(yīng)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）（i）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由

MA

+

MB

=λ

OM

得

x1+x2=3+λ y1+y2=3+ 3 2 λ

，再利用點(diǎn)差法，即可求得直線AB的斜率；
（ii）設(shè)AB的直線方程為y=-

1

2

x+t，代入橢圓C的方程，求出|AB|及P到直線AB的距離，從而可得△MAB的面積，利用基本不等式求最值，即可證得結(jié)論．

解答：（I）解：根據(jù)題設(shè)有|QP|=|QF₂|，|F₁P|=4
∴|QF₁|+|QF₂|=|QF₁|+|QP|=|F₁P|=4
∵|F₁F₂|=2＜4    
∴根據(jù)橢圓的定義可知，Q的軌跡為以F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為焦點(diǎn)中心在原點(diǎn)半長(zhǎng)軸為2，半焦距為1，半短軸為

3

的橢圓，其方程為

x2

4

+

y2

3

=1
（II）（i）解：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由

MA

+

MB

=λ

OM

得
1-x₁+1-x₂=λ，

3

2

-y1+

3

2

-y2=

3

2

λ
∴

x1+x2=2+λ y1+y2=3+ 3 2 λ

由 

x12

4

+

y12

3

=1，

x22

4

+

y22

3

=1，
兩式相減可得

(x1+x2)(x1-x2)

4

+

(y1+y2)(y1-y2)

3

=0
直線AB的斜率為

y1-y2

x1-x2

=-

3

4

×

x1+x2

y1+y2

=-

1

2

；
（ii）證明：設(shè)AB的直線方程為y=-

1

2

x+t，代入橢圓C的方程，整理得x²-tx+t²-3=0
∴△=3（4-t²）＞0，|AB|=

1+ 1 4

×

3(4-t2)

=

5

2

3(4-t2)

∵P到直線AB的距離d=

|4-2t|

5

∴△MAB的面積為S=

3

2

|2-t|

4-t2

(-2＜t＜2)
∴S2=

1

4

(2-t)3(6+3t)≤

1

4

×[

(2-t)+(2-t)+(2-t)+(6+3t)

4

]4=

81

4

∴S≤

9

2

，當(dāng)且僅當(dāng)2-t=6+3t，即t=-1時(shí)取等號(hào)
∴當(dāng)t=-1時(shí)，三角形的面積S取得最大值

9

2

，
根據(jù)韋達(dá)定理得x₁+x₂=t=-1，∴x₁+x₂=2+λ=-1，∴λ=-3
∴

x1+x2+1

3

=0，

y1+y2+ 3 2

3

=0
故O是△MAB的重心．

點(diǎn)評(píng)：本題借助一個(gè)動(dòng)點(diǎn)的軌跡，得到橢圓的第一定義，進(jìn)而求出其軌跡方程，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查三角形面積的計(jì)算，考查基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題．