Question

20．已知?jiǎng)訄AP與圓F₁：（x+2）²+y²=49相切，且與圓F₂：（x-2）²+y²=1相內(nèi)切，記圓心P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)Q為曲線C上的一個(gè)不在x軸上的動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F₂作OQ的平行線交曲線C于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)，求△QMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）由已知條件推導(dǎo)出|PF₁|+|PF₂|=8＞|F₁F₂|=6，從而得到圓心P的軌跡為以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓，由此能求出圓心P的軌跡C的方程．
（II）由MN∥OQ，知△QMN的面積=△OMN的面積，由此能求出△QMN的面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)圓P的半徑為R，圓心P的坐標(biāo)為（x，y），
由于動(dòng)圓P與圓F₁：（x+2）²+y²=49相切，且與圓F₂：（x-2）²+y²=1相內(nèi)切，
所以動(dòng)圓P與圓F₁只能內(nèi)切．…（1分）
所以|PF₁|+|PF₂|=7-R+R-1=6＞|F₁F₂|=4．…（3分）
所以圓心圓心P的軌跡為以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓，
其中2a=6，2c=4，∴a=3，c=2，b²=a²-c²=5．
所以曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}$=1．…（4分）
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），Q（x₃，y₃），直線MN的方程為x=my+2，
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+2\\ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1\end{array}\right.$可得：（5m²+9）y²+20my-25=0，
則y₁+y₂=-$\frac{20m}{5{m}^{2}+9}$，y₁y₂=-$\frac{25}{5{m}^{2}+9}$．…（5分）

所以|MN|=$\sqrt{（1+{m^2}）|{{{（{-\frac{20m}{{5{m^2}+9}}}）}^2}+\frac{100}{{5{m^2}+9}}}|}$=$\frac{30（1+{m}^{2}）}{5{m}^{2}+9}$   …（7分）

因?yàn)镸N∥OQ，∴△QMN的面積=△OMN的面積，
∵O到直線MN：x=my+2的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．…（9分）
所以△QMN的面積$S=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{1}{2}×\frac{{30（{m^2}+1）}}{{5{m^2}+9}}×\frac{2}{{\sqrt{{m^2}+1}}}=\frac{{30\sqrt{{m^2}+1}}}{{5{m^2}+9}}$．…（10分）
令$\sqrt{{m}^{2}+1}$=t，則m²=t²-1（t≥0），S=$\frac{30t}{5{t}^{2}+4}$=$\frac{30}{5t+\frac{4}{t}}$．
設(shè)$f（t）=5t+\frac{4}{t}（t≥1）$，則$f'（t）=5-\frac{4}{t^2}=\frac{{5{t^2}-4}}{t^2}$．
因?yàn)閠≥1，所以$f'（t）=\frac{{5{t^2}-4}}{t^2}＞0$．
所以$f（t）=5t+\frac{4}{t}（t≥1）$，在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
所以當(dāng)t=1時(shí)，f（t）取得最小值，其值為9．…（11分）
所以△QMN的面積的最大值為$\frac{10}{3}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線、圓、與橢圓等橢圓知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想等．