Question

9．点F₁（0，-$\sqrt{2}$），F₂（0，$\sqrt{2}$），动点M到点F₂的距离是4，线段MF₁的中垂线交MF₂于点P．
（1）当点M变化时，求动点P的轨迹G的方程；
（2）若斜率为$\sqrt{2}$的动直线l与轨迹G相交于A、B两点，Q（1，$\sqrt{2}$）为定点，求△QAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）连接PF₁，推导出|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{2}$，由此利用椭圆的定义能求出动点P的轨迹G的方程．
（2）设直线l的方程为y=$\sqrt{2}x+m$，代入椭圆方程，得4x²+2$\sqrt{2}mx$+m²-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、点到直线的距离公式，结合已知条件能求出△QAB面积的最大值．

解答 解：（1）如图，连接PF₁，
∵|MF₂|=4，∴|PM|+|PF₂|=4，
又∵|PM|=|PF₁|，∴|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{2}$，
由椭圆的定义可知动点P的轨迹G是以F₁（0，-$\sqrt{2}$），F₂（0，$\sqrt{2}$）为焦点、以2为长轴的椭圆，
∴设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，（a＞b＞0），
则$a=2，c=\sqrt{2}$，∴b=$\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$，
∴动点P的轨迹G的方程为$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{2}=1$．
（2）设直线l的方程为y=$\sqrt{2}x+m$，代入椭圆方程，得（$\sqrt{2}x+m$）²+2x²=4，
即4x²+2$\sqrt{2}mx$+m²-4=0，
由△=8m²-16（m²-4）=8（8-m²）＞0，得m²＜8．
又点Q不在直线l上，则m≠0.0＜m²＜8．
设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{4}$．
∴|AB|=$\sqrt{1+2}$|x₁-x₂=$\sqrt{3}$•${\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}}_{\;}$=$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}}{2}-（{m}^{2}-4）}$=$\sqrt{3}•\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$．
可得，点Q到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$，
则S_△QAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}\sqrt{3}•\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$×$\frac{|m|}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}\sqrt{{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$．
∵$\sqrt{{m}^{2}（8-{m}^{2}）}$≤$\frac{{m}^{2}+8-{m}^{2}}{2}$=4，则S$≤\sqrt{2}$，当且仅当m²=4，即m=±2时取等号．
故△QAB面积的最大值为$\sqrt{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆的定义、根的判别式、韦达定理、点到直线的距离公式的合理运用．