Question

13．如圖，已知P是以F₁（-1，0），以4為半徑的圓上的動點，P與F₂（1，0）所連線段的垂直平分線與線段PF₁交于點M．
（1）求點M的軌跡C的方程；
（2）已知點E坐標為（4，0），直線l經(jīng)過點F₂（1，0）并且與曲線C相交于A，B兩點，求△ABE面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，|MP|=|MF₂|，則|MF₁|+|MF₂|=|MF₁|+|MP|=4＞|F₁F₂|，故M的軌跡C是以F₁，F(xiàn)₂為焦點，長軸長為4的橢圓，從而可求動點M的軌跡C的方程．
（2）設直線l的方程為x=my+1，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為（3m²+4）y²+6my-9=0，再利用弦長公式與點到直線的距離公式即可得出．

解答 解：（1）根據(jù)題意，|MP|=|MF₂|，
則|MF₁|+|MF₂|=|MF₁|+|MP|=4＞|F₁F₂|，
故M的軌跡C是以F₁，F(xiàn)₂為焦點，長軸長為4的橢圓，a=2，c=1，
所以b=$\sqrt{3}$，
所以點M的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）設直線l的方程為x=my+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
可得3（my+1）²+4y²=12，
∴（3m²+4）y²+6my-9=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
∴E到直線l的距離為d=$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₁-y₂|
∴△ABE面積S=$\frac{1}{2}•$$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}•$$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₁-y₂|=18$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（3{m}^{2}+4）^{2}}}$，
設3m²+4=t（t≥4），則S=18$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（3{m}^{2}+4）^{2}}}$=18$\sqrt{\frac{t-1}{{3t}^{2}}}$=18$\sqrt{-\frac{1}{3}（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{12}}$，
∵t≥4，
∴t=4，m=0時，△ABE面積的最大值為$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查橢圓的定義與方程、直線與橢圓相交弦長問題、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于屬于中檔題，確定M的軌跡C是以F₁，F(xiàn)₂為焦點，長軸長為4的橢圓關鍵．