分析 (1)由题意求出圆C的圆心坐标、半径,画出图象连接PD,结合圆的定义和垂直平分线的性质列出方程,由椭圆的定义判断出曲线R的形状,由椭圆的标准方程求出轨迹方程;
(2)当直线l的斜率不为零时,设直线l的方程为x=my+n,由直线和圆相切的条件:d=r,由点到直线的距离公式列出方程,化简可得m、n的关系,联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式求出|AB|,由换元法和函数的性质求出△AOB的面积取值范围,当直线l的斜率为零,求出直线方程和|AB|,可得△AOB的面积,综合起来可得答案.
解答 解:(1)∵圆C方程为:(x+1)2+y2=16,∴点C(-1,0),半径R=4,
∵线段MD的中垂线与线段CM相交于点P,连结PD,
∴|PM|=|PD|,
则|CP|+|PD|=|CP|+|PM|=4>|CD|,
∴P的轨迹R是以C,D为焦点,长轴长为4的椭圆,
则a=2,c=1,即b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=\sqrt{3}$,
所以点P的轨迹R的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$;
(2)①当直线l的斜率不为零时,设切线l的方程为x=ty+m,
∵直线l与圆O:x2+y2=1相切,∴$\frac{|m|}{\sqrt{{1}^{2}+(-t)^{2}}}=1$,
化简得,m2=1+t2,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$消去x得,(3t2+4)y2+6tmy+3m2-12=0,
∴△=(6tm)2-4(3t2+4)(3m2-12)=48(3t2-m2+4)
=48(2t2+3)>0,
y1+y2=$-\frac{6tm}{3{t}^{2}+4}$,y1y2=$\frac{3{m}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}$,
∴|AB|=|y1-y2|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{(-\frac{6tm}{3{t}^{2}+4})^{2}-4×\frac{3{m}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}}$
=$4\sqrt{3}$•$\frac{\sqrt{1+{t}^{2}}•\sqrt{2{t}^{2}+3}}{3{t}^{2}+4}$,
设n=3t2+4≥4,则t2=$\frac{1}{3}(n-4)$,$0<\frac{1}{n}≤\frac{1}{4}$,
∴|AB|=$4\sqrt{3}•\frac{\sqrt{1+\frac{1}{3}(n-4)}×\sqrt{\frac{2}{3}(n-4)+3}}{n}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{\frac{2{n}^{2}-n-1}{{n}^{2}}}$
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{-\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{n}+2}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{-(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^{2}+\frac{9}{4}}$,
∵$0<\frac{1}{n}≤\frac{1}{4}$,∴$-(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^{2}+\frac{9}{4}∈[\frac{27}{16},2)$,则|AB|∈[3,$\frac{4\sqrt{6}}{3}$),
∵S△AOB=$\frac{1}{2}$×1×|AB|=$\frac{1}{2}$|AB|,∴△AOB的面积取值范围是$[\frac{3}{2},\frac{2\sqrt{6}}{3})$,
②当直线l的斜率不为零时,则直线l的方程为y=±1,
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$得,x=$±\frac{2\sqrt{6}}{3}$,此时|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$,
∴S△AOB=$\frac{1}{2}$×1×|AB|=$\frac{1}{2}$|AB|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
综上可得|,∴△AOB的面积取值范围是$[\frac{3}{2},\frac{2\sqrt{6}}{3}]$.
点评 本题考查椭圆的定义与方程,直线与椭圆的位置关系,以及韦达定理,弦长公式,考查换元法和函数的性质,分类讨论思想、转化思想,化简变形、计算能力.
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| A. | $\frac{3}{4}$ | B. | 1 | C. | $\frac{4}{3}$ | D. | $\frac{5}{3}$ |
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