Question

1．已知點A（-1，0），B（1，0），直線AM與直線BM相交于點M，直線AM與直線BM的斜率分別記為k_AM與k_BM，且k_AM•k_BM=-2
（Ⅰ）求點M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過定點F（0，1）作直線PQ與曲線C交于P，Q兩點，△OPQ的面積是否存在最大值？若存在，求出△OPQ面積的最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)M（x，y），由k_MA×k_MB=-2，得$\frac{y}{x+1}$•$\frac{y}{x-1}$=-2，由此能求出點M的軌跡C的方程．
（Ⅱ）由已知當(dāng)直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程是y=kx+1，與橢圓聯(lián)立，得（k²+2）x²+2kx-1=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式，結(jié)合已知條件能求出△OPQ面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：設(shè)M（x，y），
所以直線AM與直線BM的斜率分別為$\frac{y}{x+1}$，$\frac{y}{x-1}$，
因為直線AM與直線BM的斜率之積為-2，
所以$\frac{y}{x+1}$•$\frac{y}{x-1}$=-2，化簡得：${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1（y≠0）．
所以動點M的軌跡C的方程為：${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1（y≠0）．（4分）
（Ⅱ）由已知當(dāng)直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程是y=kx+1，
聯(lián)立直線與橢圓方程，消去y得（k²+2）x²+2kx-1=0，
∵△=（4k²）+4（k²+2）=8（k²+1）＞0，∴k∈R，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁+x₂=-$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$，x₁x₂=-$\frac{1}{{k}^{2}+2}$，…（7分）
S_△OPQ=$\frac{1}{2}×|OF|×$|x₁-x₂|=$\sqrt{2}•\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+2}$=$\sqrt{2}•\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$…（10分）
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時取等號，…（11分）
△OPQ面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．…（12分）

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查三角形面積的最大值是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式的合理運用．