Question

12．已知两个不同的动点A，B在椭圆$\frac{y^2}{8}+\frac{x^2}{4}=1$上，且线段AB的垂直平分线恒过点P（0，-1）．求：（Ⅰ）线段AB中点M的轨迹方程；
（Ⅱ）线段AB长度的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，与$\frac{y^2}{8}+\frac{x^2}{4}=1$联立，得（2+k²）x²+2kmx+m²-8=0，由此利用韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出线段AB中点M的轨迹方程．
法二：设A（x₁，y₁）．B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），利用点差法能求出线段AB中点M的轨迹方程．
（Ⅱ）由直线AB的斜率k=x₀，得直线AB的方程为y+2=x₀（x-x₀），与椭圆方程联立，得：$（x_0^2+2）{x^2}-2{x_0}（x_0^2+2）x+x_0^4+4x_0^2-4=0$，由此利用韦达定理、弦长公式，能求出线段AB长度的最大值．

解答 （本小题满分15分）
解：（Ⅰ）解法一：设A（x₁，y₁）．B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
由题意知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx+m，与$\frac{y^2}{8}+\frac{x^2}{4}=1$联立，得（2+k²）x²+2kmx+m²-8=0，
则${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=-\frac{km}{{2+{k^2}}}$，${y_0}=k{x_0}+m=\frac{2m}{{2+{k^2}}}$，…（3分）
∴${k_{MP}}=\frac{{{y_0}+1}}{x_0}=\frac{{2m+2+{k^2}}}{-km}=-\frac{1}{k}$，得m=-（2+k²）．…（5分）
∴${y_0}=\frac{2m}{{2+{k^2}}}=-2$．
∴线段AB中点M的轨迹方程为$y=-2（-\sqrt{2}＜x＜\sqrt{2}）$．…（7分）
解法二：设A（x₁，y₁）．B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
则$\frac{y_1^2}{8}+\frac{x_1^2}{4}=1$，$\frac{y_2^2}{8}+\frac{x_2^2}{4}=1$，
两式相减得$\frac{{（{y_1}-{y_2}）（{y_1}+{y_2}）}}{8}+\frac{{（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）}}{4}=0$，
得$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{{2{x_0}}}{y_0}$…（4分）
又$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•\frac{{{y_0}+1}}{x_0}=-1$，得y₀=-2．
∴线段AB中点M的轨迹方程为$y=-2（-\sqrt{2}＜x＜\sqrt{2}）$．…（7分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线AB的斜率k=x₀，
∴直线AB的方程为y+2=x₀（x-x₀），与椭圆方程联立，
得：$（x_0^2+2）{x^2}-2{x_0}（x_0^2+2）x+x_0^4+4x_0^2-4=0$，
则${x_1}+{x_2}=2x_0^{\;}，{x_1}{x_2}=\frac{x_0^4+4x_0^2-4}{x_0^2+2}$，…（10分）
∴$|{AB}|=\sqrt{1+x_0^2}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{\frac{8（x_0^2+1）（2-x_0^2）}{x_0^2+2}}$…（12分）
=$2\sqrt{2}\sqrt{-[{（x_0^2+2）+\frac{4}{x_0^2+2}}]+5}≤2\sqrt{2}$，…（14分）
当x₀=0取等号，线段AB长度的最大值为$2\sqrt{2}$．…（15分）

点评 本题考查线段中点的轨迹方程的求法，考查线段长的最大值的求法，考查圆锥曲线、直线方程、韦达定理、中点坐标公式、点差法、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．