Question

18．已知点P是圆O：x²+y²=1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$．
（1）求点M的轨迹的方程；
（2）过点C（m，0）作圆O的切线l，交（1）中曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设点M（x，y），由$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$，可得P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，可得P$（\frac{x}{2}，y）$，把点P代入圆：x²+y²=1即可得出．
（2）由题意可知直线l不与y轴垂直，故可设l：x=ty+m，t∈R，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由l与圆O：x²+y²=1相切，可得$\frac{|m|}{\sqrt{{t}^{2}+1}}$=1，即m²=t²+1，直线方程与椭圆方程联立化为：（t²+4）y²+2mty+m²-4=0，利用根与系数的关系可得：$|{AB}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}$=$\sqrt{（{{t^2}+1}）}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，把根与系数的关系代入化简即可得出S_△OAB，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）设点M（x，y），∵$\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{PM}$，∴P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，
∴P$（\frac{x}{2}，y）$，∴点P是圆：x²+y²=1上的点，∴有$（\frac{x}{2}）^{2}+{y}^{2}$=1，
即点M的轨迹E的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）由题意可知直线l不与y轴垂直，故可设l：x=ty+m，t∈R，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵l与圆O：x²+y²=1相切，∴$\frac{|m|}{\sqrt{{t}^{2}+1}}$=1，即m²=t²+1，①
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{x=ty+m}\end{array}\right.$消x并整理得：（t²+4）y²+2mty+m²-4=0，
其中△=4m²t²-4（t²+4）（m²-4）=48＞0，
又有y₁+y₂=$\frac{-2mt}{{t}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{t}^{2}+4}$．②
∴$|{AB}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}$=$\sqrt{（{{t^2}+1}）}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，
将①②代入上式得|AB|=$\sqrt{{t}^{2}+1}$$\sqrt{\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{（{t}^{2}+4）^{2}}-\frac{4（{m}^{2}-4）}{{t}^{2}+4}}$=$\frac{4\sqrt{3}|m|}{{m}^{2}+3}$，|m|≥1．
∴${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•1=\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{3}|m|}}{{{m^2}+3}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{|m|+\frac{3}{|m|}}}≤\frac{{2\sqrt{3}}}{{2\sqrt{3}}}=1$，
当且仅当$|m|=\frac{3}{|m|}$即$m=±\sqrt{3}$时，等号成立．
∴（S_△AOB）_max=1．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系、两点之间的距离公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．