Question

16．如圖，圓O與直線x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于點(diǎn)P，與x正半軸交于點(diǎn)A，與直線y=$\sqrt{3}$x在第一象限的交點(diǎn)為B．點(diǎn)C為圓O上任一點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$，以x，y為坐標(biāo)的動(dòng)點(diǎn)D（x，y）的軌跡記為曲線Γ．
（1）求圓O的方程及曲線Γ的方程；
（2）若兩條直線l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分別交曲線Γ于點(diǎn)E、F和M、N，求四邊形EMFN面積的最大值，并求此時(shí)的k的值．
（3）根據(jù)曲線Γ的方程，研究曲線Γ的對(duì)稱性，并證明曲線Γ為橢圓．

Answer 1

分析 （1）圓O與直線x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于點(diǎn)，利用點(diǎn)到直線的距離，即可求出半徑，解得圓的方程．根據(jù)$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$和坐標(biāo)關(guān)系帶入圓的方程，即可得到曲線Γ的方程；垂直
（2）兩條直線l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分別交曲線Γ，解出坐標(biāo)，由題意l₁與l₂垂直，利用兩點(diǎn)之間的距離求出EF，MN長(zhǎng)度，即可得到四邊形的面積，利用基本不等式即可得到答案．
（3）根據(jù)（1）中得到的方程，首先考慮奇偶性和x軸，y=x軸的對(duì)稱，在考慮非常見對(duì)稱．利用橢圓的定義證明即可．

解答 解：由題意：圓O與直線x+$\sqrt{3}$y+2=0相切于點(diǎn)，利用點(diǎn)到直線的距離，即可求出半徑，
r=$\frac{2}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}=1$
∴圓的方程為：x²+y²=1
圓與x軸的交點(diǎn)A（1，0），與直線y=$\sqrt{3}$x在第一象限的交點(diǎn)B為（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
由$\overrightarrow{OC}$=x$\overrightarrow{OA}$+y$\overrightarrow{OB}$，可得：$\overrightarrow{OC}=（x+\frac{1}{2}y，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}y）$，將$C（x+\frac{1}{2}y，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}y）$代入x²+y²=1
得到：x²+y²+xy=1，（$x，y∈[-\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{2\sqrt{3}}{3}]$）即為曲線Γ的方程；
（2）∵兩條直線l₁：y=kx和l₂：y=-$\frac{1}{k}$x分別交曲線Γ于點(diǎn)E、F和M、N．
∴聯(lián)立：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+xy=1}\end{array}\right.$⇒解得：點(diǎn)E（$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$，$\frac{k}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$），點(diǎn)F（-$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$，-$\frac{k}{\sqrt{{k}^{2}+k+1}}$）
那么：|EF|=$2\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+k+1}}$
同理：
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{-k}x}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+xy=1}\end{array}\right.$⇒解得：點(diǎn)M（$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$，$\frac{\frac{1}{k}}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$）點(diǎn)N（-$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$，-$\frac{\frac{1}{k}}{\sqrt{\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{1}{k}+1}}$）
那么：|MN|=$2\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}-k+1}}$
由題意可知：l_1⊥l₂，所以四邊形EMFN面積的為S=$\frac{1}{2}$|MN|•|EF|=2$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+k+1}}$×$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}-k+1}}$=$\sqrt{1-\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$
∵$\frac{1}{{y}^{2}}+{y}^{2}≥2$．（當(dāng)且僅k=±1時(shí)等號(hào)成立）
∴$\frac{S}{2}≥\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
⇒$S≤\frac{4\sqrt{3}}{3}$
故當(dāng)k=±1時(shí)，四邊形EMFN的面積最大，其最大值為：$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（3）由（1）可知：曲線Γ的方程：x²+y²+xy=1，（$x，y∈[-\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{2\sqrt{3}}{3}]$）
關(guān)于直線y=x，也關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，同時(shí)關(guān)于直線y=-x對(duì)稱
證明：
設(shè)曲線Γ上任一點(diǎn)的坐標(biāo)為P（x₀，y₀），則有${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+{x}_{0}{y}_{0}=1$
點(diǎn)P關(guān)于直線y=x的對(duì)稱點(diǎn)P′（y₀，x₀），帶入方程得：${{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}+{y}_{0}{x}_{0}=1$，顯然成立．
故曲線Γ的方程關(guān)于直線y=x對(duì)稱．
同理：
曲線Γ的方程關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，同時(shí)關(guān)于直線y=-x對(duì)稱．
證明曲線Γ為橢圓型曲線．
證明：
曲線Γ的方程：x²+y²+xy=1和直線x=y的交點(diǎn)坐標(biāo)為B1（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），B2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）
曲線Γ的方程：x²+y²+xy=1和直線x=-y的交點(diǎn)坐標(biāo)為A1（-1，1），A2（1，-1）
|0A1|=$\sqrt{2}$，|0B1|=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，那么$\sqrt{|0A{1|}^{2}-|0B{1|}^{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{|0A1{|}^{2}-|0B1{|}^{2}}÷\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
在y=-x上取F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F(xiàn)2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）
設(shè)P（x，y）在曲線Γ的方程上的任意一點(diǎn)，則|PF1|+|PF2|=$\sqrt{（x+\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}+（y-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}+\sqrt{（x-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}+（y+\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+\frac{4}{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+\frac{4}{3}-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$
=$\sqrt{1-xy+\frac{4}{3}+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{1-xy+\frac{4}{3}-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$=$\sqrt{\frac{7}{3}-xy+\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}+\sqrt{\frac{7}{3}-xy-\frac{2\sqrt{6}}{3}（x-y）}$=$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2{{\sqrt{（xy-\frac{5}{3}）}}^{2}}^{\;}}$=$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2（xy-\frac{5}{3}）}$
因?yàn)閤y≤$\frac{4}{3}$，
∴$\sqrt{\frac{14}{3}-2xy+2（xy-\frac{5}{3}）}$=2$\sqrt{2}$=|A1A2|
即曲線Γ的方程上的任意一點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F(xiàn)2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）的距離之和為定值2$\sqrt{2}$．
可以反過(guò)來(lái)證明：

若點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F(xiàn)2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）的距離之和為定值2$\sqrt{2}$，可以求得P的軌跡方程，得到為：x²+y²+xy=1
故曲線Γ的方程是橢圓，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，），F(xiàn)2（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系的判斷及其運(yùn)用，以及曲線軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，橢圓的基本知識(shí)的應(yīng)用和對(duì)稱性的問(wèn)題，綜合性強(qiáng)，計(jì)算量大，化簡(jiǎn)難度高，要從所學(xué)的知識(shí)點(diǎn)出發(fā)來(lái)證明．屬于難題．