Question

8．已知點(diǎn)P是曲線${C_1}：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$上的動(dòng)點(diǎn)，延長(zhǎng)PO（O是坐標(biāo)原點(diǎn)）到Q，使得|OQ|=2|OP|，點(diǎn)Q的軌跡為曲線C₂．
（1）求曲線C₂的方程；
（2）若點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂分別是曲線C₁的左、右焦點(diǎn)，求$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$的取值范圍；
（3）過(guò)點(diǎn)P且不垂直x軸的直線l與曲線C₂交于M，N兩點(diǎn)，求△QMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)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(shè)P（2cosθ，sinθ），則Q（-4cosθ，-2sinθ）．利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)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(shè)P（2cosθ，sinθ），則Q（-4cosθ，-2sinθ）．設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(diǎn)Q到直線l的距離d．可得S_△QMN=$\frac{1}{2}$d|MN|，通過(guò)三角函數(shù)代換，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）設(shè)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(shè)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(shè)P（2cosθ，sinθ），則Q（-4cosθ，-2sinθ）．
設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)t²=1時(shí)，f（t）取得最大值6$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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(diào)性、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．