Question

18．已知點(diǎn)P是圓O：x²+y²=1上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ⊥y軸于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)QP到點(diǎn)M，使$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$．
（1）求點(diǎn)M的軌跡的方程；
（2）過點(diǎn)C（m，0）作圓O的切線l，交（1）中曲線E于A，B兩點(diǎn)，求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)M（x，y），由$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$，可得P為QM的中點(diǎn)，又有PQ⊥y軸，可得P$（\frac{x}{2}，y）$，把點(diǎn)P代入圓：x²+y²=1即可得出．
（2）由題意可知直線l不與y軸垂直，故可設(shè)l：x=ty+m，t∈R，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由l與圓O：x²+y²=1相切，可得$\frac{|m|}{\sqrt{{t}^{2}+1}}$=1，即m²=t²+1，直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（t²+4）y²+2mty+m²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：$|{AB}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}$=$\sqrt{（{{t^2}+1}）}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，把根與系數(shù)的關(guān)系代入化簡(jiǎn)即可得出S_△OAB，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)M（x，y），∵$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$，∴P為QM的中點(diǎn)，又有PQ⊥y軸，
∴P$（\frac{x}{2}，y）$，∴點(diǎn)P是圓：x²+y²=1上的點(diǎn)，∴有$（\frac{x}{2}）^{2}+{y}^{2}$=1，
即點(diǎn)M的軌跡E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）由題意可知直線l不與y軸垂直，故可設(shè)l：x=ty+m，t∈R，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵l與圓O：x²+y²=1相切，∴$\frac{|m|}{\sqrt{{t}^{2}+1}}$=1，即m²=t²+1，①
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{x=ty+m}\end{array}\right.$消x并整理得：（t²+4）y²+2mty+m²-4=0，
其中△=4m²t²-4（t²+4）（m²-4）=48＞0，
又有y₁+y₂=$\frac{-2mt}{{t}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{t}^{2}+4}$．②
∴$|{AB}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}$=$\sqrt{（{{t^2}+1}）}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，
將①②代入上式得|AB|=$\sqrt{{t}^{2}+1}$$\sqrt{\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{（{t}^{2}+4）^{2}}-\frac{4（{m}^{2}-4）}{{t}^{2}+4}}$=$\frac{4\sqrt{3}|m|}{{m}^{2}+3}$，|m|≥1．
∴${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•1=\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{3}|m|}}{{{m^2}+3}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{|m|+\frac{3}{|m|}}}≤\frac{{2\sqrt{3}}}{{2\sqrt{3}}}=1$，
當(dāng)且僅當(dāng)$|m|=\frac{3}{|m|}$即$m=±\sqrt{3}$時(shí)，等號(hào)成立．
∴（S_△AOB）_max=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線與圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、兩點(diǎn)之間的距離公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．