Question

1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，左右兩個焦點分別為F₁、F₂，過右焦點F₂且與x軸垂直的直線與橢圓C相交于P、Q兩點，若△F₁PQ的面積為$\sqrt{3}$，且|F₁F₂|＞2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C的左頂點為A，下頂點為B，N為橢圓C上一點，若動點M滿足$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{AB}$+2a=m，且|MN|=|MB|（m∈R），試求動點M的軌跡方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓的定義和簡單性質(zhì)可得a=2，根據(jù)△F₁PQ的面積為$\sqrt{3}$可解出b，從而得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)點M的坐標(biāo)為（x，y），由 $\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{AB}$+2a=m，可求得 y=2x+m，求出點B關(guān)于P的軌跡的對稱點N的坐標(biāo)，并代入橢圓方程，解出 m值，即得點M的軌跡方程．

解答 解：∵橢圓長軸長為2a=4，∴a=2．
設(shè)P（c，y₀），則$\frac{{c}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，解得y₀=$\frac{^{2}}{2}$．
∴|PQ|=2y₀=b²．
∵|F₁F₂|=2c，
∴S${\;}_{△{F}_{1}PQ}$=$\frac{1}{2}×^{2}×2c$=$\sqrt{3}$，即b²c=$\sqrt{3}$，∴b²$•\sqrt{4-^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴b=1．
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）A（-2，0），B（0，-1）.$\overrightarrow{AB}$=（2，-1）．
設(shè)M（x，y），則$\overrightarrow{MA}$=（-2-x，-y）．∴$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{AB}$=-4-2x+y．
∵$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{AB}$+2a=m，∴-2x+y-m=0，即y=2x+m．
∴M點軌跡方程為y=2x+m．
∵|MB|=|MN|，∴B，N關(guān)于直線y=2x+m對稱．
設(shè)N（x₁，y₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}=-\frac{1}{2}}\\{\frac{{y}_{1}-1}{2}=2•\frac{{x}_{1}}{2}+m}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{-4-4m}{5}}\\{{y}_{1}=\frac{2m-3}{5}}\end{array}\right.$．
∵N（x₁，y₁） 在橢圓上，
∴（$\frac{-4-4m}{5}$）²+4（$\frac{2m-3}{5}$）²=4，整理得 2m²-m-3=0，解得 m=-1或 m=$\frac{3}{2}$．
∴點M的軌跡方程為 y=2x-1或 y=2x+$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單性質(zhì)，求點的軌跡方程的方法，利用橢圓的對稱性求出m值是解題的關(guān)鍵．