Question

10．已知点A为圆C：x²+y²=9上一动点，AM⊥x轴，垂足为M．动点N满足$\overrightarrow{ON}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}\overrightarrow{OA}+（1-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）\overrightarrow{OM}$，设动点N轨迹为曲线C₁．
（Ⅰ）求曲线C₁的方程；
（Ⅱ）斜率为-2的直线l与曲线C₁交于B、D两点，求△OBD面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设动点N（x，y），A（x₀，y₀），利用$\overrightarrow{ON}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$$\overrightarrow{OA}$+（1-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）$\overrightarrow{OM}$，即可求解N点的轨迹方程．
（Ⅱ）设直线l的方程2x+y+m=0（m≠0），联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解三角形的有关数据，求出三角形面积的表达式，求解最值．

解答 （Ⅰ）设动点N（x，y），A（x₀，y₀），∵AM⊥x轴∴M（x₀，0）
∴$\overrightarrow{ON}=（x，\;y）$，$\overrightarrow{OA}=（{x_0}，\;{y_0}）$，$\overrightarrow{OM}=（{x_0}，\;0）$…（2分）
∵$\overrightarrow{ON}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$$\overrightarrow{OA}$+（1-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）$\overrightarrow{OM}$
∴$\left\{\begin{array}{l}x={x_0}\\ y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}{y_0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\sqrt{3}y\end{array}\right.$…（4分）
∵${x_0}^2+{y_0}^2=9$，∴x²+3y²=9
∴N点的轨迹方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$；…（6分）
（Ⅱ）由题意可设直线l的方程2x+y+m=0（m≠0）$\left\{\begin{array}{l}2x+y+m=0\\ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$得13x²+12mx+3m²-9=0
∵直线和曲线C₁交于相异两点，∴△=144m²-4×13×（3m²-9）＞0⇒m²＜39…（8分）
∴$|BD|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{5}•\frac{{\sqrt{468-12{m^2}}}}{13}=\frac{{2\sqrt{5}•\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}$
又∵O点到直线l的距离为$\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}$
∴${S_{△OBD}}=\frac{1}{2}•\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}•\frac{{2\sqrt{5}•\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}=\frac{{\sqrt{{m^2}（117-3{m^2}）}}}{13}=\frac{{\sqrt{3{m^2}（39-{m^2}）}}}{13}$…（10分）
∵$3{m^2}（39-{m^2}）≤\frac{3}{4}{[{m^2}+（39-{m^2}）]^2}=\frac{{3×{{39}^2}}}{4}$（当且仅当${m^2}=\frac{39}{2}$时取等号）
∴${S_{△OBD}}≤\frac{{39\sqrt{3}}}{2×13}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，∴△OBD面积的最大值为$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）

点评 本题考查直线与圆锥曲线方程的综合应用，椭圆方程的求法，考查分析问题解决问题的能力．