Question

19．已知圓C₁的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，且恰好與直線l₁：x-2y+3$\sqrt{5}$=0相切，設(shè)點(diǎn)A為圓上一動(dòng)點(diǎn)，AM⊥x軸于點(diǎn)M，且動(dòng)點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$，設(shè)動(dòng)點(diǎn)N的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）直線l與直線l₁垂直且與曲線C交于B、D兩點(diǎn)，求△OBD面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）A（x₀，y₀），先求出圓C₁的方程，再根據(jù)動(dòng)點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$，得到關(guān)于x₀，y₀的方程組，解得即可．
（Ⅱ）設(shè)直線l與橢圓$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$交于B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），聯(lián)立方程組求出x₁，x₂，再根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，表示出三角形的面積，利用基本不等式解得即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)N（x，y），A（x₀，y₀），因?yàn)锳M⊥x軸于M，所以M（x₀，0），
設(shè)圓C₁的方程為x²+y²=r²．…（1分）
由題意得$r=\frac{{|{3\sqrt{5}}|}}{{\sqrt{1+4}}}=3$．…（2分）
所以圓C₁的程為x²+y²=9．…（3分）
由題意，$\overrightarrow{MA}$=（0，y₀），$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$=（x-x₀，y）），$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$．…（4分）
所以$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\sqrt{3}y.\end{array}\right.$…（5分）
將A（x₀，y₀），代入圓x²+y²=9，得動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程為$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$．…（6分）
（Ⅱ）由題意可設(shè)直線l：2x+y+m=0，
設(shè)直線l與橢圓$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$交于B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=-2x-m\\{x^2}+3{y^2}=9\end{array}\right.$．
得13x²+12mx+3m²-9=0．…（7分）
△=144m²-13×4（3m²-9）＞0，解得m²＜39．…（8分）${x_{1，2}}=\frac{{-12m±\sqrt{468-12{m^2}}}}{26}=\frac{{-6m±\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}$．…（9分）
又因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}$，$BD=\sqrt{5}•|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{5}•\frac{{2\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}$，…（10分）${S_{△OBD}}=\frac{1}{2}•\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}•\sqrt{5}\frac{{2\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}=\frac{{\sqrt{{m^2}（117-3{m^2}）}}}{13}=\frac{{\sqrt{3{m^2}（39-{m^2}）}}}{13}$$≤\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．
（當(dāng)且僅當(dāng)m²=39-m²即 ${m^2}=\frac{39}{2}$時(shí)取到最大值）∴△OBD面積的最大值為$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了向量，圓的方程，橢圓的方程，點(diǎn)到直線的距離，基本不等式，是一道綜合題，需要認(rèn)真仔細(xì)．