小作业 15（2019 新课标二卷）

已知点 \(A(-2,0)\)，\(B(2,0)\)，动点 \(M(x,y)\) 满足直线 \(AM\) 与 \(BM\) 的斜率之积为 \(-\dfrac12\)。记 \(M\) 的轨迹为曲线 \(C\)。

1. 求 \(C\) 的方程，并说明 \(C\) 是什么曲线；
2. 过坐标原点的直线交 \(C\) 于 \(P\)，\(Q\) 两点，点 \(P\) 在第一象限，\(PE\perp x\) 轴，垂足为 \(E\)，连接 \(QE\) 并延长交 \(C\) 于点 \(G\)。
   2.1. 证明：\(\triangle PQG\) 是直角三角形。
   2.2. 求 \(\triangle PQG\) 面积的最大值。

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\[\dfrac{y}{x+2}\cdot\dfrac{y}{x-2}=-\dfrac12 \]

\[y^2+\dfrac{x^2}{2}-2=0 \]

\[C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\quad(x\ne \pm2) \]

\(C\) 是椭圆。

2.1.

\[k_{PG}\cdot k_{QG}=-\dfrac12 \]

设 \(P(x_0,y_0)\)，则 \(Q(-x_0,-y_0)\)，\(E(x_0,0)\)。

\[k_{PQ}=\dfrac{y_0}{x_0},k_{QG}=\dfrac{y_0}{2x_0} \]

\[k_{PQ}=2k_{QG},k_{PG}\cdot k_{PQ}=-1 \]

所以 \(\triangle PQG\) 为直角三角形。

2.2.

根据对称性，只考虑 \(P\) 在第一象限、\(x\) 轴正半轴或 \(y\) 轴正半轴的情况。

\(P\) 在 \(x\) 轴正半轴时，\(S_{\triangle PQG}=0\)。

设 \(PQ:x=ty\)，\(QE:x=2ty+m\)，\(t\ge 0\)。

\[\begin{cases}x=ty\\x^2+2y^2-4=0\end{cases} \]

\[(t^2+2)y^2=4 \]

\[y_P=\dfrac{2}{\sqrt{t^2+2}},x_P=m=\dfrac{2t}{\sqrt{t^2+2}} \]

\[\begin{cases}x=2ty+m\\x^2+2y^2-4=0\end{cases} \]

\[(4t^2+2)y^2+4tmy+m^2-4=0 \]

设 \(Q(x_1,y_1)\)，\(G(x_2,y_2)\)，\(y_1<y_2\)。

\[S_{\triangle PQG}=\dfrac12 y_P(x_2-x_1)=y_P\cdot t(y_2-y_1)\\ =\dfrac{\sqrt{16t^2-2m^2+8}}{2t^2+1}\cdot \dfrac{2t}{\sqrt{t^2+2}}\\ =\dfrac{\sqrt{\frac{16t^2(t^2+2)-8t^2+8(t^2+2)}{t^2+2}}}{2t^2+1}\cdot\dfrac{2t}{\sqrt{t^2+2}}\\ =\dfrac{\sqrt{16t^4+32t^2+16}}{2t^2+1}\cdot\dfrac{2t}{t^2+2}=\dfrac{4(t^2+1)\cdot 2t}{(2t^2+1)(t^2+2)} \]

令 \(f(t)=\dfrac{t(t^2+1)}{(2t^2+1)(t^2+2)}\)，则 \(f'(t)=\dfrac{(3t^2+1)(2t^2+1)(t^2+2)-2t^2(t^2+1)(4t^2+5)}{{(2t^2+1)}^2{(t^2+2)}^2}\)。

令 \(n=t^2\)，\(h(n)=(3n+1)(2n+1)(n+2)-2n(n+1)(4n+5)=-2n^3-n^2+n+2=(1-n)(2n^2+3n+2)\)，\(f'(t)\) 的正负只需要看 \(h(n)\) 的正负。

因为 \(2n^n+3n+2>0\)，所以只需要看 \(1-n\) 的正负，所以 \(f'(t)\) 在 \([0,1]\) 上 \(>0\)，在 \([1,+\infty)\) 上 \(<0\)；\(f'(t)\) 在 \([0,1]\) 上单调递增，在 \([1,+\infty)\) 上单调递减。

\(f(t)_{\max}=f(1)=\dfrac29\)。

\(S_{\triangle PQG}\) 的最大值为 \(8f(t)_{\max}=\dfrac{16}{9}\)。