Question

2．在平面直角坐标系xOy中，点P是圆x²+y²=4上一动点．PD⊥x轴于点D，记满足$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$）的动点Q的轨迹为C．
（1）求轨迹C的方程；
（2）过原点O的直线l与曲线C交于M，N两点，A（-1，-$\frac{1}{2}$）是一定点，求△MAN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意设出P（x₀，y₀），Q（x，y），D（x₀，0），结合$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$）把P的坐标用Q的坐标表示，再代入圆的方程求得轨迹C的方程；
（2）当直线l的斜率不存在时，直接求出△MAN面积；当直线的斜率存在时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求得弦长，再由点到直线的距离公式求出A到直线l的距离，代入三角形的面积公式，然后利用判别式法求得△MAN面积的最大值．

解答 解：（1）如图设P（x₀，y₀），Q（x，y），
∵PD⊥x轴于点D，∴D（x₀，0），
由$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{1}{2}$（$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OD}$），得（x，y）=$\frac{1}{2}$（2x₀，y₀），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=x}\\{{y}_{0}=2y}\end{array}\right.$，代入${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=4$，得x²+4y²=4，
即$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=0，此时|MN|=2，
A到直线MN的距离为d=1，此时△MAN面积为$\frac{1}{2}×2×1=1$；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$x=±\frac{2}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
此时|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
A到直线kx-y=0的距离为d=$\frac{|-k+\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴${S}_{△OMN}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{4}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}•\frac{\sqrt{（1-2k）^{2}}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1-4k+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$．
令t=$\frac{1-4k+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，则（4t-4）k²+4k+t-1=0．
当t=1时，k=0，符合题意；
当t≠1时，由△=16-（4t-4）²≥0，得0≤t≤2，
∴0≤t≤2，且t≠1．
综上，0≤t≤2，
∴t的最大值为2，则△MAN面积的最大值为$\sqrt{2}$．

点评 本题考查轨迹方程的求法，训练了代入法求曲线的轨迹方程，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了利用判别式法求函数的最值，是中档题．