Question

13．已知点M是圆C：x²+y²=4上一动点，点D是M在x轴上的投影，P为线段MD上一点，且与点Q关于原点O对称，满足$\overrightarrow{QP}$=$\overrightarrow{OM}$+$\overrightarrow{OD}$．
（1）求动点P的轨迹E的方程；
（2）过点P做E的切线l与圆C相交于A，B两点，当△QAB面积的最大值时，求l的方程．

Answer 1

分析 （1）分别设出P、M的坐标，由已知把M的坐标用P得坐标表示，再把M的坐标代入圆的方程得答案；
（2）设出直线l的方程，联立直线方程和椭圆方程，由判别式等于0得到m²=4k²+1，由点到直线的距离公式求得原点O到直线l的距离d，写出△QAB面积，利用基本不等式求得最值，并得到△QAB面积取最大值时的d值，可得m²=2k²+2．与m²=4k²+1联立求得k，m的值，则直线方程可求．

解答 解：（1）设P（x，y），M（x₀，y₀），则D（x₀，0），
∵P与点Q关于原点O对称，
∴$\overrightarrow{QP}=2\overrightarrow{OP}$，从而$2\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OD}$，即2（x，y）=（x₀，y₀）+（x₀，0）=（2x₀，y₀）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x={x}_{0}}\\{2y={y}_{0}}\end{array}\right.$，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，不合题意，故设l：y=kx+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
∵l与椭圆相切，
∴△=16（4k²+1-m²）=0，得m²=4k²+1，①
原点O到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，则$|AB|=2\sqrt{4-{d}^{2}}$，
∴△QAB面积S=$\frac{1}{2}|AB|•2d=2d\sqrt{4-{d}^{2}}=2\sqrt{{d}^{2}}•\sqrt{4-{d}^{2}}≤{d}^{2}+4-{d}^{2}=4$．
当且仅当d²=4-d²，即d=$\sqrt{2}$时，△QAB面积有最大值4．
此时$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\sqrt{2}$．即m²=2k²+2．②
联立①②解得$k=±\frac{\sqrt{2}}{2}，m=±\sqrt{3}$．
∴直线l的方程为：$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{3}$或$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{3}$或$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{3}$或$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，训练了利用代入法求切线方程，考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查利用基本不等式求最值，属中档题．