Question

17．在平面直角坐标系xOy中，动圆P过点（-1，0），且与圆E：（x-1）²+y²=16相切，设动圆的圆心P的轨迹方程为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知点A（1，$\frac{3}{2}$），M、N是曲线C上的两个动点，且直线AM、AN的斜率互为相反数．
①证明直线MN的斜率为定值，并求出这个定值；
②若直线MN不过原点，求△OMN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设出圆心坐标，利用已知条件列出方程求解即可．
（2）①设直线AM方程代入椭圆方程，利用点A（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，可求M的坐标，利用直线AN的斜率与AM的斜率互为相反数，可求N的坐标，从而可得直线MN的斜率，问题得解．
②设出直线方程，求出MN以及O到MN的距离，求出三角形的面积表达式，然后求解最值．

解答 解：（1）设动圆的圆心P的轨迹方程为C（x，y），动圆P过点（-1，0），且与圆E：（x-1）²+y²=16相切，
可得$\sqrt{{（x-1）}^{2}+{y}^{2}}=4-\sqrt{{（x+1）}^{2}+{y}^{2}}$，
即$\sqrt{{（x-1）}^{2}+{y}^{2}}+\sqrt{{（x+1）}^{2}+{y}^{2}}=4$，
所求轨迹是椭圆，以（-1，0）、（1，0）为焦点，长轴长为4，
所求轨迹方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）①证明：设直线AM方程：得y=k（x-1）+$\frac{3}{2}$，
代入椭圆方程，消元可得（3+4k²）x²+4k（3-2k）x+4（$\frac{3}{2}$-k）2-12=0
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
因为点A（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，
所以x₁=$\frac{4（\frac{3}{2}{-k）}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，y₁=kx₁+$\frac{3}{2}$-k．
又直线AN的斜率与AM的斜率互为相反数，在上式中以-k代k，
可得x₂=$\frac{4{（\frac{3}{2}+k）}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，y₂=-kx₂+$\frac{3}{2}$+k．
所以直线MN的斜率k_MN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$．
即直线MN的斜率为定值，其值为$\frac{1}{2}$．
②设MN方程为：y=$\frac{1}{2}x$+t，
则：$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}x+t\\ \frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1\end{array}\right.$，
消元可得x²+xt+t²-12=0
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
x₁+x₂=-t，x₁x₂=t²-12．
|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}$|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{5}}{2}$$\sqrt{{t}^{2}-4{t}^{2}+48}$．
d=$\frac{\left|t\right|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}\left|t\right|$．
S_△MON=$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{\sqrt{5}}\left|t\right|×\frac{\sqrt{5}}{2}\sqrt{48-3{t}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{48{t}^{2}-3{t}^{4}}$，当t²=8时，三角形的面积最大．
最大值为：$\sqrt{6}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线斜率的求解，解题的关键是直线与椭圆方程联立，确定点的坐标，属于中档题．