Question

3．如圖，設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（-$\sqrt{2}$，0），（${\sqrt{2}$，0）．直線(xiàn)AP，BP相交于點(diǎn)P，且它們的斜率之積為-$\frac{1}{2}$．
（1）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）若直線(xiàn)MN與軌跡C相交于M，N兩點(diǎn)，且|MN|=2，求坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線(xiàn)MN距離的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），求出斜率，列出方程化簡(jiǎn)求解即可．
（2）①若MN垂直于x軸，此時(shí)MN為橢圓的短軸，∴原點(diǎn)到直線(xiàn)MN的距離為0．
②若MN與x軸不垂直，設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=kx+b，原點(diǎn)O到直線(xiàn)MN的距離為h，由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式，得到k與b的關(guān)系，然后求解距離的最大值．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），則${k_{AM}}=\frac{y}{{x+\sqrt{2}}}（{x≠-\sqrt{2}}），{k_{BM}}=\frac{y}{{x-\sqrt{2}}}（{x≠\sqrt{2}}）$．
由已知有$\frac{y}{{x+\sqrt{2}}}•\frac{y}{{x-\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}（{x≠±\sqrt{2}}）$，化簡(jiǎn)得P的軌跡方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1（{x≠±\sqrt{2}}）$．
（2）①若MN垂直于x軸，此時(shí)MN為橢圓的短軸，∴原點(diǎn)到直線(xiàn)MN的距離為0．
②若MN與x軸不垂直，設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=kx+b，原點(diǎn)O到直線(xiàn)MN的距離為h，由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$得：（1+2k²）x²+4kbx+2b²-2=0，∵△=16k²b²-8（1+2k²）（b²-1）＞0，∴b²＜2k²+1，…（*）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{-4kb}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{2（{{b^2}-1}）}}{{1+2{k^2}}}$．∵$|{MN}|=2，\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=2$，∴$（{1+{k^2}}）[{{{（{-\frac{-4kb}{{1+2{k^2}}}}）}^2}-\frac{{8（{{b^2}-1}）}}{{1+2{k^2}}}}]=4$，
整理得$\frac{1}{{1+{k^2}}}=2（{1-{b^2}}）$，∵1+k²≥1，∴$0＜\frac{1}{{1+{k^2}}}≤1$，即0＜2（1-b²）≤1，即$\frac{1}{2}≤{b^2}＜1$，滿(mǎn)足（*）式，∴$\frac{1}{2}≤{b^2}＜1，{h^2}=\frac{b^2}{{1+{k^2}}}=2{b^2}（{1-{b^2}}）=2-{（{{b^2}-\frac{1}{2}}）^2}+\frac{1}{2}$，∴當(dāng)${b^2}=\frac{1}{2}$時(shí)，h²取得最大值為$\frac{1}{2}$，
即h的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．