Question

在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)有兩個定點M（-

6

，0），N（

6

，0），動點P滿足|

PM

|+|

PN

|=4

2

，記點P的軌跡為曲線C．
（I）求曲線C的方程；
（Ⅱ）判斷是否存在點P，使得|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列？若存在，求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）設(shè)點A，B是曲線C上的兩點，且|AB|=

8

3

，求△AOB面積的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意可得動點P的軌跡是橢圓，根據(jù)已知條件求出a，c，再由b²=a²-c²求出b，則答案可求；
（Ⅱ）假設(shè)存在點P，使得|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列，則由焦半徑公式得到關(guān)于P點橫坐標(biāo)的方程，求解方程無實數(shù)解，所以假設(shè)錯誤，不存在點P，使得|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列；
（Ⅲ）分AB所在直線與x軸垂直和不垂直兩種情況討論，垂直時求出三角形的面積，斜率不存在時射出直線方程，和橢圓方程聯(lián)立后利用弦長公式得到直線的斜率和截距的關(guān)系，由圓心到直線的距離得到圓心到直線的距離，代入面積公式后化為一個變量的關(guān)系式，利用配方法求最值．

解答：解：（Ⅰ）因為兩定點的坐標(biāo)為M（-

6

，0），N（

6

，0），
所以|MN|=2

6

=

24

，由動點P滿足|

PM

|+|

PN

|=4

2

=

32

＞

24

，
所以點P的軌跡為以2

2

為半長軸，以M（-

6

，0），N（

6

，0）為焦點的橢圓．
由b2=a2-c2=(2

2

)2-(

6

)2=2．
所以曲線C的方程為

x2

8

+

y2

2

=1；
（Ⅱ）若存在點P（x₀，y₀），使得|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列，
則|PM||PN|=|MN|²，
因為橢圓的離心率e=

6

2 2

=

3

2

，由焦半徑公式得：|PM|=2

2

+

3

2

x0，|PN|=2

2

-

3

2

x0．
所以(2

2

+

3

2

x0)(2

2

-

3

2

x0)=4×(

6

)2，即8-

3

4

x02=24，此方程無解．
故不存在點P，使得|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列；
（Ⅲ）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，由|AB|=

8

3

，得A，B的縱坐標(biāo)分別為±

4

3

．
代入橢圓方程可得其橫坐標(biāo)為-

2 2

3

或

2 2

2

．
此時S△OAB=

1

2

×

8

3

×

2 2

3

=

8 2

9

；
當(dāng)直線AB的斜率存在時，
設(shè)AB所在直線方程為y=kx+b，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立

y=kx+b x2 8 + y2 2 =1

，得（1+4k²）x²+8kbx+4b²-8=0．
所以x1+x2=-

8kb

1+4k2

，x1x2=

4b2-8

1+4k2

．
|AB|=

1+k2

(x1+x2)2-4x1x2

=

1+k2

(- 8kb 1+4k2 )2-4• 4b2-8 1+4k2

=

8

3

，
整理得：|b|=

8k4+58k2+14

3 1+k2

．
原點O（0，0）到AB所在直線的距離為d=

|b|

1+k2

．
所以S△OAB=

1

2

×

8

3

×

|b|

1+k2

=

4

9

×

8k4+58k2+14 (1+k2)2

=

4

9

-36•( 1 1+k2 )2+42( 1 1+k2 )+8

．
令

1

1+k2

=t（0＜t≤1）．
則S△OAB=

4

9

-36t2+42t+8

．
所以當(dāng)t=

7

12

時，S_△OAB有最大值為2．
所以

8 2

9

＜S△OAB≤2．
綜上，

8 2

9

≤S△OAB≤2．
所以，△AOB面積的取值范圍是[

8 2

9

，2]．

點評：本題考查了曲線方程的求法，考查了等比關(guān)系的確定，考查了直線和圓錐曲線的關(guān)系，訓(xùn)練了一元二次方程的根與系數(shù)關(guān)系，考查了換元法，特別是考查了學(xué)生的計算能力，屬有一定難度題目．