Question

13．已知點(diǎn)M是圓C：x²+y²=4上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是M在x軸上的投影，P為線段MD上一點(diǎn)，且與點(diǎn)Q關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，滿足$\overrightarrow{QP}$=$\overrightarrow{OM}$+$\overrightarrow{OD}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)P做E的切線l與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)△QAB面積的最大值時(shí)，求l的方程．

Answer 1

分析 （1）分別設(shè)出P、M的坐標(biāo)，由已知把M的坐標(biāo)用P得坐標(biāo)表示，再把M的坐標(biāo)代入圓的方程得答案；
（2）設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，由判別式等于0得到m²=4k²+1，由點(diǎn)到直線的距離公式求得原點(diǎn)O到直線l的距離d，寫(xiě)出△QAB面積，利用基本不等式求得最值，并得到△QAB面積取最大值時(shí)的d值，可得m²=2k²+2．與m²=4k²+1聯(lián)立求得k，m的值，則直線方程可求．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），M（x₀，y₀），則D（x₀，0），
∵P與點(diǎn)Q關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，
∴$\overrightarrow{QP}=2\overrightarrow{OP}$，從而$2\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OD}$，即2（x，y）=（x₀，y₀）+（x₀，0）=（2x₀，y₀）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x={x}_{0}}\\{2y={y}_{0}}\end{array}\right.$，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)，不合題意，故設(shè)l：y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
∵l與橢圓相切，
∴△=16（4k²+1-m²）=0，得m²=4k²+1，①
原點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，則$|AB|=2\sqrt{4-jjb16ng^{2}}$，
∴△QAB面積S=$\frac{1}{2}|AB|•2d=2d\sqrt{4-w51ua4a^{2}}=2\sqrt{ytzf61f^{2}}•\sqrt{4-xh2mkgb^{2}}≤zjmqmc7^{2}+4-dvrq7f4^{2}=4$．
當(dāng)且僅當(dāng)d²=4-d²，即d=$\sqrt{2}$時(shí)，△QAB面積有最大值4．
此時(shí)$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\sqrt{2}$．即m²=2k²+2．②
聯(lián)立①②解得$k=±\frac{\sqrt{2}}{2}，m=±\sqrt{3}$．
∴直線l的方程為：$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{3}$或$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{3}$或$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{3}$或$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，訓(xùn)練了利用代入法求切線方程，考查直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查利用基本不等式求最值，屬中檔題．