Question

19．已知圆C₁的圆心在坐标原点O，且恰好与直线l₁：x-2y+3$\sqrt{5}$=0相切，设点A为圆上一动点，AM⊥x轴于点M，且动点N满足$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$，设动点N的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）直线l与直线l₁垂直且与曲线C交于B、D两点，求△OBD面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）A（x₀，y₀），先求出圆C₁的方程，再根据动点N满足$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$，得到关于x₀，y₀的方程组，解得即可．
（Ⅱ）设直线l与椭圆$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$交于B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），联立方程组求出x₁，x₂，再根据点到直线的距离公式，表示出三角形的面积，利用基本不等式解得即可．

解答 解：（Ⅰ）设动点N（x，y），A（x₀，y₀），因为AM⊥x轴于M，所以M（x₀，0），
设圆C₁的方程为x²+y²=r²．…（1分）
由题意得$r=\frac{{|{3\sqrt{5}}|}}{{\sqrt{1+4}}}=3$．…（2分）
所以圆C₁的程为x²+y²=9．…（3分）
由题意，$\overrightarrow{MA}$=（0，y₀），$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$=（x-x₀，y）），$\overrightarrow{MA}$=$\sqrt{3}$$\overrightarrow{MN}$．…（4分）
所以$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\sqrt{3}y.\end{array}\right.$…（5分）
将A（x₀，y₀），代入圆x²+y²=9，得动点N的轨迹方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$．…（6分）
（Ⅱ）由题意可设直线l：2x+y+m=0，
设直线l与椭圆$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$交于B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），联立方程$\left\{\begin{array}{l}y=-2x-m\\{x^2}+3{y^2}=9\end{array}\right.$．
得13x²+12mx+3m²-9=0．…（7分）
△=144m²-13×4（3m²-9）＞0，解得m²＜39．…（8分）${x_{1，2}}=\frac{{-12m±\sqrt{468-12{m^2}}}}{26}=\frac{{-6m±\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}$．…（9分）
又因为点O到直线l的距离$d=\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}$，$BD=\sqrt{5}•|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{5}•\frac{{2\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}$，…（10分）${S_{△OBD}}=\frac{1}{2}•\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}•\sqrt{5}\frac{{2\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}=\frac{{\sqrt{{m^2}（117-3{m^2}）}}}{13}=\frac{{\sqrt{3{m^2}（39-{m^2}）}}}{13}$$≤\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．
（当且仅当m²=39-m²即 ${m^2}=\frac{39}{2}$时取到最大值）∴△OBD面积的最大值为$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）

点评 本题考查了向量，圆的方程，椭圆的方程，点到直线的距离，基本不等式，是一道综合题，需要认真仔细．