Question

16．如图，圆O与直线x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于点P，与x正半轴交于点A，与直线y=$\sqrt{3}$x在第一象限的交点为B．点C为圆O上任一点，且满足$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$，以x，y为坐标的动点D（x，y）的轨迹记为曲线Γ．
（1）求圆O的方程及曲线Γ的方程；
（2）若两条直线l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分别交曲线Γ于点E、F和M、N，求四边形EMFN面积的最大值，并求此时的k的值．
（3）根据曲线Γ的方程，研究曲线Γ的对称性，并证明曲线Γ为椭圆．

Answer 1

分析 （1）圆O与直线x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于点，利用点到直线的距离，即可求出半径，解得圆的方程．根据$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$和坐标关系带入圆的方程，即可得到曲线Γ的方程；垂直
（2）两条直线l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分别交曲线Γ，解出坐标，由题意l₁与l₂垂直，利用两点之间的距离求出EF，MN长度，即可得到四边形的面积，利用基本不等式即可得到答案．
（3）根据（1）中得到的方程，首先考虑奇偶性和x轴，y=x轴的对称，在考虑非常见对称．利用椭圆的定义证明即可．

解答 解：由题意：圆O与直线x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于点，利用点到直线的距离，即可求出半径，
r=$\frac{2}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}=1$
∴圆的方程为：x²+y²=1
圆与x轴的交点A（1，0），与直线y=$\sqrt{3}$x在第一象限的交点B为（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
由$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$，可得：$\overrightarrow{OC}=（x+\frac{1}{2}y，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}y）$，将$C（x+\frac{1}{2}y，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}y）$代入x²+y²=1
得到：x²+y²+xy=1，（$x，y∈[-\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{2\sqrt{3}}{3}]$）即为曲线Γ的方程；
（2）∵两条直线l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分别交曲线Γ于点E、F和M、N．
∴联立：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+xy=1}\end{array}\right.$⇒解得：点E（$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$，$\frac{k}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$），点F（-$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$，-$\frac{k}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$）
那么：|EF|=$2\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+k+1}}$
同理：
联立$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{-k}x}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+xy=1}\end{array}\right.$⇒解得：点M（$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$，$\frac{\frac{1}{k}}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$）点N（-$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$，-$\frac{\frac{1}{k}}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$）
那么：|MN|=$2\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}-k+1}}$
由题意可知：l_1⊥l₂，所以四边形EMFN面积的为S=$\frac{1}{2}$|MN|•|EF|=2$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+k+1}}$×$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}-k+1}}$=$\sqrt{1-\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$
∵$\frac{1}{{y}^{2}}+{y}^{2}≥2$．（当且仅k=±1时等号成立）
∴$\frac{S}{2}≥\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
⇒$S≤\frac{4\sqrt{3}}{3}$
故当k=±1时，四边形EMFN的面积最大，其最大值为：$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（3）由（1）可知：曲线Γ的方程：x²+y²+xy=1，（$x，y∈[-\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{2\sqrt{3}}{3}]$）
关于直线y=x，也关于原点对称，同时关于直线y=-x对称
证明：
设曲线Γ上任一点的坐标为P（x₀，y₀），则有${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+{x}_{0}{y}_{0}=1$
点P关于直线y=x的对称点P′（y₀，x₀），带入方程得：${{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}+{y}_{0}{x}_{0}=1$，显然成立．
故曲线Γ的方程关于直线y=x对称．
同理：
曲线Γ的方程关于原点对称，同时关于直线y=-x对称．
证明曲线Γ为椭圆型曲线．
证明：
曲线Γ的方程：x²+y²+xy=1和直线x=y的交点坐标为B1（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），B2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）
曲线Γ的方程：x²+y²+xy=1和直线x=-y的交点坐标为A1（-1，1），A2（1，-1）
|0A1|=$\sqrt{2}$，|0B1|=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，那么$\sqrt{|0A{1|}^{2}-|0B{1|}^{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{|0A1{|}^{2}-|0B1{|}^{2}}÷\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
在y=-x上取F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）
设P（x，y）在曲线Γ的方程上的任意一点，则|PF1|+|PF2|=$\sqrt{（x+\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}+（y-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}+\sqrt{（x-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}+（y+\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+\frac{4}{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+\frac{4}{3}-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$
=$\sqrt{1-xy+\frac{4}{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{1-xy+\frac{4}{3}-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$=$\sqrt{\frac{7}{3}-xy+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{\frac{7}{3}-xy-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$=$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2{{\sqrt{（xy-\frac{5}{3}）}}^{2}}^{\;}}$=$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2（xy-\frac{5}{3}）}$
因为xy≤$\frac{4}{3}$，
∴$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2（xy-\frac{5}{3}）}$=2$\sqrt{2}$=|A1A2|
即曲线Γ的方程上的任意一点P到两个定点F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）的距离之和为定值2$\sqrt{2}$．
可以反过来证明：

若点P到两个定点F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）的距离之和为定值2$\sqrt{2}$，可以求得P的轨迹方程，得到为：x²+y²+xy=1
故曲线Γ的方程是椭圆，其焦点坐标为F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）．

点评 本题主要考查直线和圆的位置关系的判断及其运用，以及曲线轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的基本知识的应用和对称性的问题，综合性强，计算量大，化简难度高，要从所学的知识点出发来证明．属于难题．