分析 (I)由a2=4,b2=1,可得c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$,可得${F}_{1}(-\sqrt{3},0)$,F2=$(\sqrt{3},0)$.设Q(x,y),P(x0,y0).由动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$,可得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$,y0=-$\frac{y}{2}$,代入椭圆方程即可得出.
(II)由题意可知:直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-2.B(x1,y1),C(x2,y2).与椭圆方程联立化为:(1+4k2)x2-16kx+12=0,
由△>0,解得k2>$\frac{3}{4}$.利用根与系数的关系S△OBC=S△OAC-S△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|(|x2|-|x1|)=|x2-x1|=$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$.代入换元利用基本不等式的性质即可得出.
解答 解:(I)∵a2=4,b2=1,∴c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\sqrt{3}$,∴${F}_{1}(-\sqrt{3},0)$,F2=$(\sqrt{3},0)$.
设Q(x,y),P(x0,y0).
∵动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$+$\overrightarrow{P{F}_{2}}$,
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=-\sqrt{3}-{x}_{0}+\sqrt{3}-{x}_{0}}\\{y=-{y}_{0}-{y}_{0}}\end{array}\right.$,解得${x}_{0}=-\frac{x}{2}$,y0=-$\frac{y}{2}$,
代入椭圆方程可得:$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1,
∴动点Q的轨迹方程为:$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1.
(II)由题意可知:直线l的斜率存在,
设直线l的方程为y=kx-2.B(x1,y1),C(x2,y2).
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,化为:(1+4k2)x2-16kx+12=0,
由△>0,解得k2>$\frac{3}{4}$.∴x1+x2=$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$.
S△OBC=S△OAC-S△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|(|x2|-|x1|)=|x2-x1|
=$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{256{k}^{2}}{(1+4{k}^{2})^{2}}-\frac{48}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{4{k}^{2}-3}}{1+4{k}^{2}}$.
令$\sqrt{4{k}^{2}-3}$=t>0,化为4k2=t2+3.∴S△OBC=$\frac{4t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{4}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{4}{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}$=1,
当且仅当t=2时取等号,此时k=$±\frac{\sqrt{7}}{2}$.
∴(S△OBC)max=1.
点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | “若m>0,则方程x2+x-m=0有实数根”的逆命题 | |
B. | “面积相等的三角形全等”的否命题 | |
C. | “若xy=1,则x,y互为倒数”的逆命题 | |
D. | “若A∪B=B,则A⊆B”的逆否命题 |
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