Question

1．已知點(diǎn)P為$E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足$\overrightarrow{OQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OP}$．
（1）求點(diǎn)Q的軌跡M的方程；
（2）直線l：y=kx+n與M相切，且與圓${x^2}+{y^2}=\frac{4}{9}$相交于A，B兩點(diǎn)，求△ABO面積的最大值（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)Q（x，y），P（x₀，y₀），由$\overrightarrow{OD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OP}$，得$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=3x\\{y_0}=3y\end{array}\right.$，再由P（x₀，y₀）在橢圓E上，能求出點(diǎn)Q的軌跡M的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+n\\ \frac{x^2}{{\frac{4}{9}}}+\frac{y^2}{{\frac{2}{9}}}=1\end{array}\right.$，得：（18k²+9）x²+36knx+18n²-4=0，由直線l：y=kx+n與M相切，利用根的判別式求出4k²=9n²-2，由點(diǎn)到直線的距離、弦長公式、三角形面積公式，結(jié)合已知條件能求出△ABO面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)Q（x，y），P（x₀，y₀），
由于$\overrightarrow{OD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OP}$，則有$（{x，y}）=\frac{1}{3}（{{x_0}，{y_0}}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=3x\\{y_0}=3y\end{array}\right.$，又P（x₀，y₀）在橢圓E上，故有$\frac{{{{（{3x}）}^2}}}{4}+\frac{{{{（{3y}）}^2}}}{2}=1$，
即點(diǎn)Q的軌跡M的方程為$\frac{x^2}{{\frac{4}{9}}}+\frac{y^2}{{\frac{2}{9}}}=1$．
（Ⅱ）直線l：y=kx+n與橢圓$D：\frac{x^2}{{\frac{4}{9}}}+\frac{y^2}{{\frac{2}{9}}}=1$相切，
故由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+n\\ \frac{x^2}{{\frac{4}{9}}}+\frac{y^2}{{\frac{2}{9}}}=1\end{array}\right.$，得：（18k²+9）x²+36knx+18n²-4=0，
因?yàn)椤?（36kn）²-4（18k²+9）（18n²-4）=4×18（4k²-9n²+2）=0，
則有4k²=9n²-2（顯然n≠0）．
點(diǎn)O到直線AB的距離$d=\frac{|n|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，則$|{AB}|=2\sqrt{\frac{4}{9}-{d^2}}$，
因?yàn)?k²=9n²-2，則${n^2}≥\frac{2}{9}$，所以${d^2}═\frac{n^2}{{1+{k^2}}}=\frac{4}{{9+\frac{2}{n^2}}}∈[{\frac{2}{9}，\frac{4}{9}}）$
則${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}•|{AB}|•d=\frac{1}{2}•2\sqrt{\frac{4}{9}-{d^2}}•d=\sqrt{（{\frac{4}{9}-{d^2}}）•{d^2}}≤\frac{2}{9}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{4}{9}-{d^2}={d^2}$時(shí)，即${d^2}=\frac{2}{9}$時(shí)等號成立．
所以，面積的最大值為$\frac{2}{9}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)與方程思想，是中檔題．