Question

（2013•懷化三模）已知圓C₁：（x-1）²+y²=（

7 3

4

）²，圓C₂：（x+1）²+y²=（

3

4

）²動(dòng)圓C與圓C₁內(nèi)切，與圓C₂外切．記動(dòng)圓C的圓心軌跡為曲線G，若動(dòng)直線l與曲線G相交于P、Q兩點(diǎn)，且S_△OPQ=

6

2

，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）求曲線G的方程．
（Ⅱ）設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM|-|PQ|的最大值．

Answer 1

分析：（I）利用兩圓相切的性質(zhì)和橢圓的定義即可得出；
（II）分類討論：①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+t，與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系，利用弦長(zhǎng)公式和三角形的面積計(jì)算公式即可得出|OM|-|PQ|的取值情況．②當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為x=m，(-

3

＜m＜

3

，且m≠0)．與橢圓的方程聯(lián)立得到弦長(zhǎng)|PQ|，再利用三角形的面積即可得出|OM|-|PQ|的最大值．

解答：解：（Ⅰ）由題意可得|GC1|+|GC2|=

7 3

4

+

3

4

=2

3

＞|C1C2|=2，
∴動(dòng)圓C的圓心軌跡為以原點(diǎn)O為中心，以C₁（-1，0），C₂（1，0）為焦點(diǎn)的橢圓，且2a=2

3

，2c=2，
解得a=

3

，c=1，∴b=

a2-c2

=

2

．
∴曲線G的方程為

x2

3

+

y2

2

=1．
（Ⅱ）①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+t，聯(lián)立

y=kx+t 2x2+3y2=6

，
化為（2+3k²）x²+6ktx+3t²-6=0．
∵直線l與橢圓相交于兩點(diǎn)，∴△=36k²t²-12（2+3k²）（t²-2）＞0，化為3k²+2-t²＞0．（*）
∴x1+x2=

-6kt

2+3k2

，x1x2=

3t2-6

2+3k2

．
∴|PQ|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=

(1+k2)[ 36k2t2 (2+3k2)2 - 4(3t2-6) 2+3k2 ]

=

2 3 (1+k2)(4+6k2-2t2)

2+3k2

．
原點(diǎn)O到直線l的距離d=

|t|

1+k2

，
∵S_△OPQ=

6

2

=

1

2

|QP|•d=

1

2

×

2 3 (1+k2)(4+6k2-2t2)

2+3k2

×

|t|

1+k2

，
化為

2

2

=

4+6k2-2t2

2+3k2

•

|t|

1+k2

．化為2t²=2+3k²．（**）
設(shè)點(diǎn)M（x，y），則x=

x1+x2

2

=

-3kt

2+3k2

，y=k•

-3kt

2+3k2

+t=

2t

2+3k2

．
∴M(

-3kt

2+3k2

，

2t

2+3k2

)．
∴|OM|-|PQ|=

( -3kt 2+3k2 )2+( 2t 2+3k2 )2

-

2 3 (1+k2)(4+6k2-2t2)

2+3k2

，
把（**）代入上式得
|OM|-|PQ|=

3 2 - 1 2t2

-

4+ 2 t2

＜

3 2

-2=

6

2

-2．
②當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為x=m，(-

3

＜m＜

3

，且m≠0)．
聯(lián)立

x=m 2x2+3y2=6

，解得y=±

6-2m2 3

，
∴|PQ|=2

6-2m2 3

．
∴S△OPQ=

1

2

|PQ|•|m|=

6

2

，
∴

1

2

×2

6-2m2 3

×|m|=

6

2

，
解得m2=

3

2

．
∴|OM|-|PQ|=

6

2

-2．
綜上可知：|OM|-|PQ|的最大值為

6

2

-2．

點(diǎn)評(píng)：熟練掌握兩圓相切的性質(zhì)和橢圓的定義、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式和三角形的面積計(jì)算公式、分類討論的思想方法等是解題的關(guān)鍵．