分析 (1)設Q(x,y),P(x′,y′),由$\overrightarrow{OQ}$=2$\overrightarrow{PO}$,可得(x,y)=-2(x′,y′),可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{′}=-\frac{1}{2}x}\\{{y}^{′}=-\frac{1}{2}y}\end{array}\right.$,代入曲線C1的方程可得曲線C2的方程.
(2)設P(2cosθ,sinθ),則Q(-4cosθ,-2sinθ).利用數(shù)量積運算性質可得:$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$=-6$(cosθ+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}$-$\frac{1}{2}$,利用二次函數(shù)與三角函數(shù)的值域即可得出.
(3)設P(2cosθ,sinθ),則Q(-4cosθ,-2sinθ).設經過點P的直線方程為:y-sinθ=k(x-2cosθ),M(x1,y1),N(x2,y2).與橢圓方程聯(lián)立化為:(1+4k2)x2-8k(sinθ-2kcosθ)x+4(sinθ-2kcosθ)2-16=0,可得|MN|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$,點Q到直線l的距離d.可得S△QMN=$\frac{1}{2}$d|MN|,通過三角函數(shù)代換,利用二次函數(shù)的單調性即可得出.
解答 解:(1)設Q(x,y),P(x′,y′),∵$\overrightarrow{OQ}$=2$\overrightarrow{PO}$,∴(x,y)=-2(x′,y′),可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{′}=-\frac{1}{2}x}\\{{y}^{′}=-\frac{1}{2}y}\end{array}\right.$,代入$\frac{({x}^{′})^{2}}{4}$+(y′)2=1,可得$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1,
∴曲線C2的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1.
(2)F1(-$\sqrt{3}$,0),F(xiàn)2($\sqrt{3}$,0).設P(2cosθ,sinθ),則Q(-4cosθ,-2sinθ).
則$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$=(2cosθ+$\sqrt{3}$,sinθ)•(-4cosθ-$\sqrt{3}$,-2sinθ)=(2cosθ+$\sqrt{3}$)(-4cosθ-$\sqrt{3}$)+sinθ(-2sinθ)=-6$(cosθ+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}$-$\frac{1}{2}$,
∵cosθ∈[-1,1],∴$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$∈$[-11-6\sqrt{3},-\frac{1}{2}]$.
(3)設P(2cosθ,sinθ),則Q(-4cosθ,-2sinθ).
設經過點P的直線方程為:y-sinθ=k(x-2cosθ),M(x1,y1),N(x2,y2).
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y-sinθ=k(x-2cosθ)}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=16}\end{array}\right.$,化為:(1+4k2)x2-8k(sinθ-2kcosθ)x+4(sinθ-2kcosθ)2-16=0,
∴x1+x2=$\frac{8k(sinθ-2kcosθ)}{1+4{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{4(sinθ-2kcosθ)^{2}-16}{1+4{k}^{2}}$,
∴|MN|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+16{k}^{2}-(sinθ-2kcosθ)^{2}}}{1+4{k}^{2}}$,
點Q到直線l的距離d=$\frac{|-4kcosθ+2sinθ+sinθ-2kcosθ|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{3|sinθ-2kcosθ|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$.
∴S△QMN=$\frac{1}{2}$d|MN|=6|sinθ-2kcosθ|$\sqrt{4+16{k}^{2}-(sinθ-2kcosθ)^{2}}$.
令|sinθ-2kcosθ|=$\sqrt{1+4{k}^{2}}$|sinα|,
則S△QMN=6|sinα|$\sqrt{4-si{n}^{2}α}$,令|sinα|=t∈[-1,1],
∴S△QMN=6t$\sqrt{4-{t}^{2}}$=f(t),令|sinα|=t∈[-1,1],
則f2(t)=-36t4+144t2=-36(t2-2)2+144,
當且僅當t2=1時,f(t)取得最大值6$\sqrt{3}$.
點評 本題考查了橢圓的標準方程及其參數(shù)方程、三角函數(shù)的值域、二次函數(shù)的單調性、直線與橢圓相交弦長公式、三角形面積計算公式,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{7}{8}$ | B. | $\frac{π}{16}$ | C. | $1-\frac{π}{16}$ | D. | $\frac{3}{4}+\frac{π}{16}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | α<β | B. | cosα<cosβ | C. | tanα<tanβ | D. | sinα>sinβ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -$\frac{9}{4}$ | B. | -$\frac{4}{9}$ | C. | -$\frac{3}{8}$ | D. | 不存在 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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