Question

18．已知$\overrightarrow a$=（x-$\sqrt{2}$，y），$\overrightarrow b$=（x+$\sqrt{2}$，y）．動點M（x，y）滿足$|{\overrightarrow a}|+|{\overrightarrow b}|$=2$\sqrt{3}$
（1）求點M的軌跡C的方程；
（2）直線l與C交于A，B兩點，坐標(biāo)原點O到l得距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求△ABO面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由|$\overrightarrow a$|+|$\overrightarrow b$|=${\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}^{\;}}$+$\sqrt{{{（{x+\sqrt{2}}）}^2}+{y^2}}$=$2\sqrt{3}$知動點M是以（$\sqrt{2}$，0），（$\sqrt{2}$，0）為焦點的橢圓，即可求出軌跡方程．
（2）設(shè)為y=kx+m，由O到L的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$得：$\frac{{\left|{m\left.{\;}\right|}\right.}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$即${m^2}=\frac{3}{4}（{1+{k^2}}）$，設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），可得|AB|²=（1+k²）（x₂-x₁）²=（1+k²）[（-$\frac{6km}{{3{k^2}+1}}$）²-4$\frac{{3（{m^2}-1）}}{{3{k^2}+1}}$]=3+$\frac{{12{k^2}}}{{9{k^4}+6{k^2}+1}}$=3+$\frac{12}{{9{k^2}+\frac{1}{k^2}+6}}$≤3+1=4，當(dāng)|AB|取最大時，△AOB面積S最大．

解答 （1）由|$\overrightarrow a$|+|$\overrightarrow b$|=${\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}^{\;}}$+$\sqrt{{{（{x+\sqrt{2}}）}^2}+{y^2}}$=$2\sqrt{3}$知動點M是以
（-$\sqrt{2}$，0），（$\sqrt{2}$，0）為焦點的橢圓…（3分）
記該橢圓的長短半軸分別為a，b，半焦距為C，則a=$\sqrt{3}$b=1∴C：$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$（6分）
（2）由題知L的斜率存在，故可設(shè)為y=kx+m，
 由O到L的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$得：$\frac{{\left|{m\left.{\;}\right|}\right.}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$即${m^2}=\frac{3}{4}（{1+{k^2}}）$…（8分）
將y=kx+m代入$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$整理得（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0 設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）
則x₁+x₂=-$\frac{6km}{{3{k^2}+1}}$，x₁x₂=$\frac{{3（{m^2}-1）}}{{3{k^2}+1}}$．
而|AB|²=（1+k²）（x₂-x₁）²=（1+k²）[（-$\frac{6km}{{3{k^2}+1}}$）²-4$\frac{{3（{m^2}-1）}}{{3{k^2}+1}}$]=3+$\frac{{12{k^2}}}{{9{k^4}+6{k^2}+1}}$=3+$\frac{12}{{9{k^2}+\frac{1}{k^2}+6}}$≤3+1=4 
當(dāng)且僅當(dāng)k=±$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$|AB|_max=2，…（10分）
∴當(dāng)|AB|取最大時，△AOB面積S最大，S_max=$\frac{1}{2}$|AB|_max×$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$…（12分）

點評 本題考查了軌跡方程的求解，直線與圓的位置關(guān)系，屬于中檔題