Question

16．已知△ABC中，點(diǎn)A（-1，0），B（1，0），動(dòng)點(diǎn)C滿足$\frac{sinA+sinB}{sinC}$=λ（常數(shù)λ＞1），C點(diǎn)軌跡為i．
（I）試求曲線i的軌跡方程；
（II）當(dāng)λ=$\sqrt{3}$時(shí)，過(guò)定點(diǎn)B（1，0）的直線與曲線交于P，Q兩點(diǎn)，N是曲線上不同于P，Q的動(dòng)點(diǎn)，試求△NPQ的面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)已知條件及正弦定理可得CB+CA=2λ（定值）且2λ＞2，由橢圓的定義計(jì)算即可；
（II）當(dāng)λ=$\sqrt{3}$時(shí)，橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1（x≠±$\sqrt{3}$）．分過(guò)定點(diǎn)B（1，0）的直線與x軸重合與不重合兩種情況討論．對(duì)于過(guò)定點(diǎn)B（1，0）的直線不與x軸重合時(shí)，通過(guò)
設(shè)l方程，并與橢圓聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積公式、換元法以及函數(shù)的單調(diào)性，計(jì)算即可．

解答 解：（I）在△ABC中，根據(jù)正弦定理，
可得$\frac{sinA+sinB}{sinC}$=$\frac{CB+CA}{AB}$，即$\frac{CB+CA}{AB}$=λ，
∵AB=2，∴CB+CA=2λ（定值），且2λ＞2，
∴動(dòng)點(diǎn)C的軌跡方程i為橢圓（除去與A、B共線的兩個(gè)點(diǎn)），
設(shè)其標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
∴a²=λ²，b²=λ²-1，
∴所求曲線的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{{λ}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}-1}$=1（x≠±λ）；
（II）當(dāng)λ=$\sqrt{3}$時(shí)，橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1（x≠±$\sqrt{3}$）．
①過(guò)定點(diǎn)B（1，0）的直線與x軸重合時(shí)，△NPQ面積無(wú)最大值；
②過(guò)定點(diǎn)B（1，0）的直線不與x軸重合時(shí)，
設(shè)l方程為：x=my+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
若m=0，∵x≠±$\sqrt{3}$，∴此時(shí)△NPQ面積無(wú)最大值；
根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，不妨設(shè)m＞0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（2m²+3）y²+4my-4=0，
由韋達(dá)定理，得y₁+y₂=-$\frac{4m}{3+2{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{4}{3+2{m}^{2}}$，
∴|PQ|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₁-y₂|=$\frac{4\sqrt{3}（1+{m}^{2}）}{3+2{m}^{2}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y整理得：（3+2m²）y²+4mny+2n²-6=0，
由△=（4mn）²-4（3+2m²）（2n²-6）=0，解得n²=2m²+3（n＜-$\sqrt{3}$），
又點(diǎn)N到直線l的距離d=$\frac{|n-1|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}•$d•|PQ|=$\frac{1}{2}×$$\frac{|n-1|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$×$\frac{2\sqrt{3}（1+{m}^{2}）}{3+2{m}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}|n-1|\sqrt{1+{m}^{2}}}{3+2{m}^{2}}$，
∴S²=$\frac{12（n-1）^{2}（1+{m}^{2}）}{（3+2{m}^{2}）^{2}}$，
將n²=2m²+3代入，得S²=6（1-$\frac{1}{n}$）²（1-$\frac{1}{{n}^{2}}$），
令t=$\frac{1}{n}$∈（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），設(shè)函數(shù)f（t）=6（1-t）²（1-t²），
則f′（t）=-12（t-1）²（2t+1），
∵當(dāng)t∈（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{1}{2}$）時(shí)f′（t）＞0，當(dāng)t∈（-$\frac{1}{2}$，0）時(shí)f′（t）＜0，
∴f（t）在（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{1}{2}$）上是增函數(shù)，在（-$\frac{1}{2}$，0）上是減函數(shù)，
∴f（t）_min=$f（-\frac{1}{2}）$=$\frac{81}{8}$，
故m²=$\frac{1}{2}$時(shí)，△NPQ的面積最大值是$\frac{9\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求橢圓的方程、三角形的面積最大值，考查分類(lèi)討論的思想、考查計(jì)算求解能力，涉及到韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積公式、換元法以及函數(shù)的單調(diào)性等知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于難題．