Question

8．已知点P是曲线${C_1}：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$上的动点，延长PO（O是坐标原点）到Q，使得|OQ|=2|OP|，点Q的轨迹为曲线C₂．
（1）求曲线C₂的方程；
（2）若点F₁，F₂分别是曲线C₁的左、右焦点，求$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$的取值范围；
（3）过点P且不垂直x轴的直线l与曲线C₂交于M，N两点，求△QMN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设Q（x，y），P（x′，y′），由$\overrightarrow{OQ}$=2$\overrightarrow{PO}$，可得（x，y）=-2（x′，y′），可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{′}=-\frac{1}{2}x}\\{{y}^{′}=-\frac{1}{2}y}\end{array}\right.$，代入曲线C₁的方程可得曲线C₂的方程．
（2）设P（2cosθ，sinθ），则Q（-4cosθ，-2sinθ）．利用数量积运算性质可得：$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$=-6$（cosθ+\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}$-$\frac{1}{2}$，利用二次函数与三角函数的值域即可得出．
（3）设P（2cosθ，sinθ），则Q（-4cosθ，-2sinθ）．设经过点P的直线方程为：y-sinθ=k（x-2cosθ），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（1+4k²）x²-8k（sinθ-2kcosθ）x+4（sinθ-2kcosθ）²-16=0，可得|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，点Q到直线l的距离d．可得S_△QMN=$\frac{1}{2}$d|MN|，通过三角函数代换，利用二次函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）设Q（x，y），P（x′，y′），∵$\overrightarrow{OQ}$=2$\overrightarrow{PO}$，∴（x，y）=-2（x′，y′），可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{′}=-\frac{1}{2}x}\\{{y}^{′}=-\frac{1}{2}y}\end{array}\right.$，代入$\frac{（{x}^{′}）^{2}}{4}$+（y′）²=1，可得$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
∴曲线C₂的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）F₁（-$\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0）．设P（2cosθ，sinθ），则Q（-4cosθ，-2sinθ）．
则$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$=（2cosθ+$\sqrt{3}$，sinθ）•（-4cosθ-$\sqrt{3}$，-2sinθ）=（2cosθ+$\sqrt{3}$）（-4cosθ-$\sqrt{3}$）+sinθ（-2sinθ）=-6$（cosθ+\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}$-$\frac{1}{2}$，
∵cosθ∈[-1，1]，∴$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_2}Q}$∈$[-11-6\sqrt{3}，-\frac{1}{2}]$．
（3）设P（2cosθ，sinθ），则Q（-4cosθ，-2sinθ）．
设经过点P的直线方程为：y-sinθ=k（x-2cosθ），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y-sinθ=k（x-2cosθ）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=16}\end{array}\right.$，化为：（1+4k²）x²-8k（sinθ-2kcosθ）x+4（sinθ-2kcosθ）²-16=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8k（sinθ-2kcosθ）}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（sinθ-2kcosθ）^{2}-16}{1+4{k}^{2}}$，
∴|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+16{k}^{2}-（sinθ-2kcosθ）^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
点Q到直线l的距离d=$\frac{|-4kcosθ+2sinθ+sinθ-2kcosθ|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{3|sinθ-2kcosθ|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴S_△QMN=$\frac{1}{2}$d|MN|=6|sinθ-2kcosθ|$\sqrt{4+16{k}^{2}-（sinθ-2kcosθ）^{2}}$．
令|sinθ-2kcosθ|=$\sqrt{1+4{k}^{2}}$|sinα|，
则S_△QMN=6|sinα|$\sqrt{4-si{n}^{2}α}$，令|sinα|=t∈[-1，1]，
∴S_△QMN=6t$\sqrt{4-{t}^{2}}$=f（t），令|sinα|=t∈[-1，1]，
则f²（t）=-36t⁴+144t²=-36（t²-2）²+144，
当且仅当t²=1时，f（t）取得最大值6$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其参数方程、三角函数的值域、二次函数的单调性、直线与椭圆相交弦长公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．