Question

2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P是圓x²+y²=4上一動(dòng)點(diǎn)．PD⊥x軸于點(diǎn)D，記滿(mǎn)足$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$）的動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為C．
（1）求軌跡C的方程；
（2）過(guò)原點(diǎn)O的直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，A（-1，-$\frac{1}{2}$）是一定點(diǎn)，求△MAN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意設(shè)出P（x₀，y₀），Q（x，y），D（x₀，0），結(jié)合$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$）把P的坐標(biāo)用Q的坐標(biāo)表示，再代入圓的方程求得軌跡C的方程；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直接求出△MAN面積；當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長(zhǎng)公式求得弦長(zhǎng)，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出A到直線l的距離，代入三角形的面積公式，然后利用判別式法求得△MAN面積的最大值．

解答 解：（1）如圖設(shè)P（x₀，y₀），Q（x，y），
∵PD⊥x軸于點(diǎn)D，∴D（x₀，0），
由$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$），得（x，y）=$\frac{1}{2}$（2x₀，y₀），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=x}\\{{y}_{0}=2y}\end{array}\right.$，代入${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=4$，得x²+4y²=4，
即$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=0，此時(shí)|MN|=2，
A到直線MN的距離為d=1，此時(shí)△MAN面積為$\frac{1}{2}×2×1=1$；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=kx，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$x=±\frac{2}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
此時(shí)|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
A到直線kx-y=0的距離為d=$\frac{|-k+\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴${S}_{△OMN}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{4}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}•\frac{\sqrt{（1-2k）^{2}}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1-4k+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$．
令t=$\frac{1-4k+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，則（4t-4）k²+4k+t-1=0．
當(dāng)t=1時(shí)，k=0，符合題意；
當(dāng)t≠1時(shí)，由△=16-（4t-4）²≥0，得0≤t≤2，
∴0≤t≤2，且t≠1．
綜上，0≤t≤2，
∴t的最大值為2，則△MAN面積的最大值為$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，訓(xùn)練了代入法求曲線的軌跡方程，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用判別式法求函數(shù)的最值，是中檔題．