Question

2．已知点P是椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1上的任意一点，F₁，F₂是它的两个焦点，O为坐标原点，动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$
（Ⅰ）求动点Q的轨迹方程；
（Ⅱ）若已知点A（0，-2），过点A作直线l与椭圆E相交于B、C两点，求△OBC面积的最大值．

Answer 1

分析 （I）由a²=4，b²=1，可得c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$，可得${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，F₂=$（\sqrt{3}，0）$．设Q（x，y），P（x₀，y₀）．由动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，可得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$，y₀=-$\frac{y}{2}$，代入椭圆方程即可得出．
（II）由题意可知：直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx-2．B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（1+4k²）x²-16kx+12=0，
由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．利用根与系数的关系S_△OBC=S_△OAC-S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|（|x₂|-|x₁|）=|x₂-x₁|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．代入换元利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（I）∵a²=4，b²=1，∴c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\sqrt{3}$，∴${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，F₂=$（\sqrt{3}，0）$．
设Q（x，y），P（x₀，y₀）．
∵动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=-\sqrt{3}-{x}_{0}+\sqrt{3}-{x}_{0}}\\{y=-{y}_{0}-{y}_{0}}\end{array}\right.$，解得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$，y₀=-$\frac{y}{2}$，
代入椭圆方程可得：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
∴动点Q的轨迹方程为：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（II）由题意可知：直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx-2．B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（1+4k²）x²-16kx+12=0，
由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．∴x₁+x₂=$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．
S_△OBC=S_△OAC-S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|（|x₂|-|x₁|）=|x₂-x₁|
=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{256{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{48}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$．
令$\sqrt{4{k}^{2}-3}$=t＞0，化为4k²=t²+3．∴S_△OBC=$\frac{4t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{4}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{4}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=1，
当且仅当t=2时取等号，此时k=$±\frac{\sqrt{7}}{2}$．
∴（S_△OBC）_max=1．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．