Question

19．已知点P在圆C：x²+y²=4上，而Q为P在x轴上的投影，且点N满足$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$，设动点N的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）若A，B是曲线E上两点，且|AB|=2，O为坐标原点，求△AOB的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设P（x_p，y_p），利用${x_p}^2+{y_p}^2=4$，结合Q（x_p，0），设N（x'，y'），通过$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$有$\left\{\begin{array}{l}{x_p}=x'\\{y_p}=2y'\end{array}\right.$代入圆的方程，得到曲线E的方程．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB方程为：y=kx+t，联立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+4{y^2}=4\\ y=kx+t\end{array}\right.$利用韦达定理以及弦长公式，表示出三角形的面积，然后求解最值，

解答 解：（1）设P（x_p，y_p），∴${x_p}^2+{y_p}^2=4$，∵PQ⊥x轴，所以Q（x_p，0），
又设N（x'，y'），由$\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{NQ}$有$\left\{\begin{array}{l}{x_p}=x'\\{y_p}=2y'\end{array}\right.$代入${x^2}+{y^2}=4有\frac{{x{'^2}}}{4}+y{'^2}=1$．
即曲线E的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线AB方程为：y=kx+t，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+4{y^2}=4\\ y=kx+t\end{array}\right.$得（4k²+1）x²+8ktx+4（t²-1）=0，故${x_1}+{x_2}=-\frac{8kt}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{{t^2}-1}）}}{{1+4{k^2}}}$，
由4=|AB|²=（1+k²）（x₂-x₁）²=（1+k²）[（x₂+x₁）²-4x₁x₂]，得${t^2}=（{4{k^2}+1}）-\frac{{{{（{4{k^2}+1}）}^2}}}{{4（{{k^2}+1}）}}$，
故原点O到直线AB的距离$d=\frac{|t|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，∴$S=\frac{1}{2}×2d=\frac{|t|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
令u=$\frac{1+4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，则${S^2}=-\frac{1}{4}{u^2}+u=-\frac{1}{4}{（{u-2}）^2}+1$，又∵u=$\frac{1+4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$=4-$\frac{3}{1+{k}^{2}}$∈[1，4），当$u=2时，S_{max}^2=1$．
当斜率不存在时，△AOB不存在，综合上述可得△AOB面积的最大值为1．

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．