题目内容
15．在平面直角坐标系xOy中，已知点$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E为动点，且直线EA与直线EB的斜率之积为λ（λ≠0）（1）求动点E的轨迹方程，若动点E的轨迹和点A、B合并构成曲线C，讨论曲线C的形状；
（2）当λ=-$\frac{1}{2}$时，记曲线C的右焦点为F2，过点F2的直线l1，l2分别交曲线C于点P，Q和点M，N（点P、M、Q、N按逆时针顺序排列），且l1⊥l2，求四边形PMQN面积的最值．
分析 （1）设动点E的坐标为（x，y），由点点$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E为动点，且直线EA与直线EB的斜率之积为λ（λ≠0），知$\frac{y}{x+\sqrt{2}}$•$\frac{y}{x-\sqrt{2}}$=λ（λ≠0），由此能求出动点E的轨迹C的方程．
（2）分斜率存在与存在分别讨论，利用直线与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，确定面积的表达式，即可求得结论．
解答 解：（1）设动点E的坐标为（x，y），
∵点$A（-\sqrt{2}，0）$，$B（\sqrt{2}，0）$，E为动点，且直线EA与直线EB的斜率之积为λ（λ≠0），
∴$\frac{y}{x+\sqrt{2}}$•$\frac{y}{x-\sqrt{2}}$=λ（λ≠0），
整理，得x2-$\frac{{y}^{2}}{λ}$=2，x≠±$\sqrt{2}$，
∴动点E的轨迹C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{2λ}$=1．
λ=-1，曲线C表示圆；λ＜-1，焦点在y轴上的椭圆；-1＜λ＜0，焦点在x轴上的椭圆；λ＞0，焦点在x轴上的双曲线；
（2）当λ=-$\frac{1}{2}$时，记曲线C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=1的右焦点为F2（1，0）
（ⅰ）若l1与l2中一条斜率不存在，另一条斜率为0，则S=$\frac{1}{2}•2a•\frac{2{b}^{2}}{a}$=2…（5分）
（ⅱ）若l1与l2得斜率均存在，设l1：y=k（x-1）与椭圆方程联立，消去y可得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$
∴|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x1-x2|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$
同理可得|MN|=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$…（8分）
S=$\frac{1}{2}$|PQ||MN|=$\frac{4（{k}^{4}+2{k}^{2}+1）}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$=$\frac{4}{2+\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$
由${k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}$≥2，得$\frac{16}{9}≤S＜2$…（10分）
由（ⅰ）（ⅱ）知，Smin=$\frac{16}{9}$，Smax=2…（12分
点评 本题考查动点的轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，正确表示四边形PMQN的面积是关键．
应用题天天练四川大学出版社系列答案| A． | $\frac{π}{3}$ | B． | $\frac{π}{6}$ | C． | $\frac{π}{2}$ | D． | π |
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=BB1=1，B1C=2．| A． | f（2sin2）＞f（3sin3）＞f（4sin4） | B． | f（4sin4）＞f（3sin3）＞f（2sin2） | ||
| C． | f（3sin3）＞f（4sin4）＞f（2sin2） | D． | f（2sin2）＞f（4sin4）＞f（3sin3） |