Question

10．已知點(diǎn)A為圓C：x²+y²=9上一動(dòng)點(diǎn)，AM⊥x軸，垂足為M．動(dòng)點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{ON}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}\overrightarrow{OA}+（1-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）\overrightarrow{OM}$，設(shè)動(dòng)點(diǎn)N軌跡為曲線C₁．
（Ⅰ）求曲線C₁的方程；
（Ⅱ）斜率為-2的直線l與曲線C₁交于B、D兩點(diǎn)，求△OBD面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)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點(diǎn)的軌跡方程．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程2x+y+m=0（m≠0），聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理求解三角形的有關(guān)數(shù)據(jù)，求出三角形面積的表達(dá)式，求解最值．

解答 （Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)N（x，y），A（x₀，y₀），∵AM⊥x軸∴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點(diǎn)的軌跡方程為$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{3}=1$；…（6分）
（Ⅱ）由題意可設(shè)直線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
∵直線和曲線C₁交于相異兩點(diǎn)，∴△=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點(diǎn)到直線l的距離為$\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}$
∴${S_{△OBD}}=\frac{1}{2}•\frac{|m|}{{\sqrt{5}}}•\frac{{2\sqrt{5}•\sqrt{117-3{m^2}}}}{13}=\frac{{\sqrt{{m^2}（117-3{m^2}）}}}{13}=\frac{{\sqrt{3{m^2}（39-{m^2}）}}}{13}$…（10分）
∵$3{m^2}（39-{m^2}）≤\frac{3}{4}{[{m^2}+（39-{m^2}）]^2}=\frac{{3×{{39}^2}}}{4}$（當(dāng)且僅當(dāng)${m^2}=\frac{39}{2}$時(shí)取等號(hào)）
∴${S_{△OBD}}≤\frac{{39\sqrt{3}}}{2×13}=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，∴△OBD面積的最大值為$\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線方程的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，考查分析問題解決問題的能力．