题目内容

15．已知圆M：（x-$\sqrt{3}$）2+y2=16，N（-$\sqrt{3}$，0），点P在圆M上，点Q在MP上，且点C满足$\overrightarrow{NC}$=$\frac{1}{2}$$\overrightarrow{NP}$，$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0
（1）求动点Q的轨迹E的方程；
（2）过x轴上一点D作圆O：x2+y2=1的切线l交轨迹E于A，B两点，求△AOB的面积的最大值和相应的点D的坐标．

分析 （1）由题意画出图形，由图可得，|NQ|+|MQ|=|MP|=4，说明动点Q的轨迹是以N，M为焦点，以2为长半轴的椭圆，进一步求得其轨迹方程；
（2）对直线的斜率存在和不存在分类，斜率不存在时，直接求出A，B的坐标可得△AOB的面积，并得到D的坐标；当斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系结合弦长公式求得|AB|的最大值，进一步求得△AOB的面积的最大值，并求得D的坐标，综合后可得答案．

解答 解：（1）圆M：（x-$\sqrt{3}$）2+y2=16，N（-$\sqrt{3}$，0），
如图，
∵$\overrightarrow{NC}$=$\frac{1}{2}$$\overrightarrow{NP}$，∴C为线段NP的中点，又$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0，
∴CQ⊥NP，则|NQ|=|PQ|，则|NQ|+|MQ|=|MP|=4．
∵|MN|=$2\sqrt{3}＜4$，
∴动点Q的轨迹是以N，M为焦点，以2为长半轴的椭圆，
∴b2=a2-c2=1，则E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）如图，
当切线斜率不存在时，由${y}^{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴|AB|=$\sqrt{3}$，△AOB的面积S=$\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
此时D（-1，0）或（1，0）；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y=kx+m（k≠0），
由$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1$，得m2=1+k2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0．
△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）=48k2＞0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{\frac{48{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{48{k}^{4}+48{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$=$\sqrt{3}•\sqrt{\frac{（4{k}^{2}+1）^{2}+2（4{k}^{2}+1）-3}{（4{k}^{2}+1）^{2}}}$
=$\sqrt{3}•\sqrt{-\frac{3}{（4{k}^{2}+1）^{2}}+2\frac{1}{4{k}^{2}+1}+1}$．
∴当$\frac{1}{4{k}^{2}+1}=\frac{1}{3}$时，|AB|有最大值为2，则△AOB的面积有最大值为$\frac{1}{2}×2×1=1$．
此时k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，m=$±\frac{\sqrt{6}}{2}$，直线方程有四条，分别为$y=±\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{6}}{2}$，y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}$．
D的坐标为（$±\sqrt{3}，0$）．
综上，△AOB的面积的最大值为1，D的坐标为（$±\sqrt{3}，0$）．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查直线与圆锥曲线关系的应用，考查计算能力，属难题．

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