Question

9．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P（x，y）与定点F（-1，0）的距离和它到定直线x=-2的距离之比是$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过F作曲线C的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，直线OM与曲线C交于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）由题意列关于P的坐标的函数关系式，整理可得动点P的轨迹C的方程；
（2）设直线AB的方程为x=my-1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线系方程和椭圆方程，得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求得A、B中点的坐标，得到直线PQ的方程，求出|PQ|．设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，可得2d=$\frac{|m{x}_{1}+2{y}_{1}|+|m{x}_{2}+2{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．结合题意化简可得2d=$\frac{（{m}^{2}+2）|{y}_{1}-{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．代入得2d=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．代入四边形面积公式，换元后利用配方法求得四边形APBQ面积的最大值．

解答 解：（1）由已知，得$\frac{{\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}}}{{|{x+2}|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
两边平方，化简得$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
故轨迹C的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）∵AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为x=my-1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（m²+2）y²-2my-1=0．
y₁+y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$．
x₁+x₂=m（y₁+y₂）-2=$\frac{-4}{{m}^{2}+2}$，于是AB的中点为M（$-\frac{2}{{m}^{2}+2}，\frac{m}{{m}^{2}+2}$），
故直线PQ的斜率为-$\frac{m}{2}$，PQ的方程为y=-$\frac{m}{2}$x，即mx+2y=0，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{m}{2}x\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，整理得：x²=$\frac{4}{2+{m}^{2}}$，|PQ|=$2\sqrt{{x^2}+{y^2}}=2\sqrt{\frac{{{m^2}+4}}{{{m^2}+2}}}$．
设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，
∴2d=$\frac{|m{x}_{1}+2{y}_{1}|+|m{x}_{2}+2{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
∵点A，B在直线mx+2y=0的异侧，∴（mx₁+2y₁）（mx₂+2y₂）＜0，
于是|mx₁+2y₁|+|mx₂+2y₂|=|mx₁+2y₁-mx₂-2y₂|，从而2d=$\frac{（{m}^{2}+2）|{y}_{1}-{y}_{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
∵|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{{m}^{2}+2}$，
∴2d=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{1+{m}^{2}}}{\sqrt{{m}^{2}+4}}$．
故四边形APBQ的面积S=$\frac{1}{2}$|PQ|•2d=$\frac{1}{2}•2\sqrt{\frac{{{m^2}+4}}{{{m^2}+2}}}•\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{1+{m^2}}}}{{\sqrt{{m^2}+4}}}=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{{{m^2}+1}}{{{m^2}+2}}}$
=2$\sqrt{2}$$\sqrt{1-\frac{1}{2+{m}^{2}}}$≥2．
即m=0时，S_min=2．

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用换元法求函数的最值，属中档题．