Question

20．已知P為圓C：x²+y²=2上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的垂線交y軸于點(diǎn)Q，點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{QM}$=2$\overrightarrow{QP}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程；
（2）設(shè)N為直線l：x=4上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OM⊥ON，求△MON面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo)，由題意可得P為線段QM的中點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到P的坐標(biāo)，把P的坐標(biāo)代入圓x²+y²=2整理得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程；
（2）求出當(dāng)OM斜率不存在時(shí)的△MON面積為$2\sqrt{2}$，再由OM斜率存在不為0時(shí)△MON面積大于$2\sqrt{2}$得答案．

解答 解：（1）設(shè)M（x，y），由題意Q（0，y），P（x₁，y），
由$\overrightarrow{QM}$=2$\overrightarrow{QP}$，知P為QM的中點(diǎn)，
∴x+0=2x₁，x₁=$\frac{x}{2}$，
又∵P（x₁，y）在圓x²+y²=2上，
∴$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=2$，
即$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由題意可知，①當(dāng)OM斜率不存在時(shí)，|OM|=$\sqrt{2}$，|ON|=4，
此時(shí)△MON面積等于$\frac{1}{2}×4×\sqrt{2}=2\sqrt{2}$；
②當(dāng)OM斜率為0時(shí)，△MON不存在；
③當(dāng)OM斜率存在不為0時(shí)，設(shè)OM所在直線方程為y=kx，則ON所在直線方程為y=-$\frac{1}{k}x$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=\frac{8}{1+4{k}^{2}}}\\{{y}^{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{x=4}\end{array}\right.$，解得N（4，$-\frac{4}{k}$），
∴|OM|=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\sqrt{\frac{8（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{4+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}＞\sqrt{2}$，|ON|=$\sqrt{16+\frac{16}{{k}^{2}}}=4\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{2}}}$＞4．
∴${S}_{△OMN}=\frac{1}{2}|OM||ON|＞\frac{1}{2}×\sqrt{2}×4=2\sqrt{2}$．
綜合①②③，△MON面積的最小值為$2\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．