Question

5．已知圓F₁：（x+1）²+y²=r²與圓F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（1≤r≤3），當r的值變化時，兩圓的公共點的軌跡為曲線E，過F₂的直線l與曲線E相交于不同的兩點M、N．
（1）求曲線E的方程；
（2）試問△F₁MN的內切圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值及此時直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據兩點間的距離公式可知，兩圓公共點的軌跡是一個橢圓；
（2）易知，該三角形可被F₁F₂分成兩個小三角形，它們的底不變，當其縱坐標之差最大時，所求面積最大．

解答 解：（1）設兩圓公共點為P（x，y），則由題意得PF₁=$\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}$，PF2=$\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}$．
因為圓F₁：（x+1）²+y²=r²與圓F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（1≤r≤3），
所以PF₁+PF₂=r+4-r=4．
所以P點的軌跡E是以F₁，F₂為焦點的橢圓，由題意知2a=4，c=1，所以b²=3．
所以橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）由（1）知E：為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．且F₂（1，0）．
設直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程化簡后得
（3m²+4）y²+6my-9=0．
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$．
所以S=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}||{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{（-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}）^{2}+\frac{4×9}{3{m}^{2}+4}}$
=$12×\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{9（{m}^{2}+1）^{2}+6（{m}^{2}+1）+1}}$=12×$\sqrt{\frac{1}{9（{m}^{2}+1）+\frac{1}{{m}^{2}+1}+6}}$．
令t=m²+1≥1，則$S=12×\sqrt{\frac{1}{9t+\frac{1}{t}+6}}，t≥1$，顯然當t=1，即m=0時，S_max=3．
此時直線l方程為x=1．

點評 本題考查了圓的方程及其性質，橢圓的定義及直線與橢圓的位置關系及其處理方法，屬于常規(guī)題．