题目内容
20.已知点P到椭圆$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦点M和到直线x=-1的距离相等.(1)求点P的轨迹方程C;
(2)O为坐标原点,过点M的直线与曲线C相交于A,B两点,满足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=(6,4),曲线C上一动点N从点A运动到点B,求△ABN的面积的最大值.
分析 (1)通过设P(x,y),利用$\sqrt{(x-1)^{2}+{y}^{2}}$=1+x,计算即得结论;
(2)通过设过点M的直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理及$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=(6,4)可得直线斜率,进而可得A、B点坐标,通过公式可得|AB|以及点N到直线的距离d,利用S△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$计算即得结论.
解答 解:(1)椭圆$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1的右焦点M(1,0),
设P(x,y),则点P到直线x=-1的距离为:1+x,
|PM|=$\sqrt{(x-1)^{2}+{y}^{2}}$,
∴$\sqrt{(x-1)^{2}+{y}^{2}}$=1+x,
化简得:y2=4x,
∴点P的轨迹方程C:y2=4x;
(2)由(1)知M(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),
由题可设过点M的直线方程为:y=k(x-1),
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$,消去y整理得:k2x2-(4+2k2)x+k2=0,
由韦达定理知:x1+x2=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$,x1x2=1,
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=(6,4),
∴x1+x2=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6,解得:k=±1,
不妨令过点M的直线方程为:y=x-1,
则x1+x2=$\frac{4+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$=6,x1x2=1,
∴x1=3-2$\sqrt{2}$,x2=3+2$\sqrt{2}$,
∴|AB|=$\sqrt{({x}_{1}-{x}_{2})^{2}+({y}_{1}-{y}_{2})^{2}}$=$\sqrt{2}$$\sqrt{[(3-2\sqrt{2})-(3+2\sqrt{2})]^{2}}$=8,
设N($\frac{{t}^{2}}{4}$,t),则2-2$\sqrt{2}$<t<2+2$\sqrt{2}$,
∵点N到直线y=x-1的距离d=$\frac{|\frac{{t}^{2}}{4}-t-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{8}$|(t-2)2-8|,
∴S△ABN=$\frac{1}{2}•d•|AB|$=$\frac{1}{2}•$$\frac{\sqrt{2}}{8}$|(t-2)2-8|•8=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|(t-2)2-8|,
∴当t=2时△ABN的面积的最大,为$\frac{\sqrt{2}}{2}$•8=4$\sqrt{2}$,
即△ABN的面积的最大值为4$\sqrt{2}$.
点评 本题考查求抛物线的方程,考查求三角形的面积最大值,注意解题方法的积累,属于中档题.
A. | $\frac{7}{3}$ | B. | $\frac{7}{2}$ | C. | $\frac{9}{2}$ | D. | $\frac{9}{4}$ |
A. | (-1,-$\frac{1}{3}$) | B. | (-1,-$\frac{1}{3}$] | C. | (-∞,-1)∪[-$\frac{1}{3}$,+∞) | D. | (-∞,-1)∪(-$\frac{1}{3}$,+∞) |