Question

19．已知點(diǎn)P在圓C：x²+y²=4上，而Q為P在x軸上的投影，且點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$，設(shè)動點(diǎn)N的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程；
（2）若A，B是曲線E上兩點(diǎn)，且|AB|=2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△AOB的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x_p，y_p），利用${x_p}^2+{y_p}^2=4$，結(jié)合Q（x_p，0），設(shè)N（x'，y'），通過$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$有$\left\{\begin{array}{l}{x_p}=x'\\{y_p}=2y'\end{array}\right.$代入圓的方程，得到曲線E的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB方程為：y=kx+t，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+4{y^2}=4\\ y=kx+t\end{array}\right.$利用韋達(dá)定理以及弦長公式，表示出三角形的面積，然后求解最值，

解答 解：（1）設(shè)P（x_p，y_p），∴${x_p}^2+{y_p}^2=4$，∵PQ⊥x軸，所以Q（x_p，0），
又設(shè)N（x'，y'），由$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$有$\left\{\begin{array}{l}{x_p}=x'\\{y_p}=2y'\end{array}\right.$代入${x^2}+{y^2}=4有\(zhòng)frac{{x{'^2}}}{4}+y{'^2}=1$．
即曲線E的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB方程為：y=kx+t，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+4{y^2}=4\\ y=kx+t\end{array}\right.$得（4k²+1）x²+8ktx+4（t²-1）=0，故${x_1}+{x_2}=-\frac{8kt}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{{t^2}-1}）}}{{1+4{k^2}}}$，
由4=|AB|²=（1+k²）（x₂-x₁）²=（1+k²）[（x₂+x₁）²-4x₁x₂]，得${t^2}=（{4{k^2}+1}）-\frac{{{{（{4{k^2}+1}）}^2}}}{{4（{{k^2}+1}）}}$，
故原點(diǎn)O到直線AB的距離$d=\frac{|t|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，∴$S=\frac{1}{2}×2d=\frac{|t|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
令u=$\frac{1+4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，則${S^2}=-\frac{1}{4}{u^2}+u=-\frac{1}{4}{（{u-2}）^2}+1$，又∵u=$\frac{1+4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$=4-$\frac{3}{1+{k}^{2}}$∈[1，4），當(dāng)$u=2時，S_{max}^2=1$．
當(dāng)斜率不存在時，△AOB不存在，綜合上述可得△AOB面積的最大值為1．

點(diǎn)評 本題考查軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．