Question

1．已知圓O：x²+y²=4（其中O為圓心）上的每一點橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话�，得到曲線C
（1）求曲線C的離心率；
（2）若點P為曲線C上一點，過點P作曲線C的切線交圓O于不同的兩點A，B（其中A在B的右側(cè)），已知點F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0），求四邊形ABF₁F₂面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點P（x'，y'），點M的坐標為（x，y），由題意可知x′=x，y′=2y，由此能求出點M的軌跡C的方程，進一步求出橢圓的離心率；
（2）四邊形ABF₁F₂面積S，S=S_△ABO+${S}_{△B{F}_{1}O}$+${S}_{△A{F}_{2}O}$，設(shè)直線AB：y=kx+m，代入橢圓方程，利用點到直線的距離公式及丨AB丨=2$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+1}}$，求得S_△ABO，將直線方程代入圓的方程，利用韋達定理，求得${S}_{△B{F}_{1}O}$+${S}_{△A{F}_{2}O}$，由k²=$\frac{{m}^{2}-1}{4}$，易知k²≥0，求得丨m丨≥1，利用基本不等式的性質(zhì)，即可求得四邊形ABF₁F₂面積的最大值．

解答 解：（1）設(shè)圓O上點P（x'，y'），曲線C上點M的坐標為
由題意可知x′=x，y′=2y，
又x'²+y'²=4，∴x²+4y²=4，即$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
∴點M的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，則a²=4，b²=1，
$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}=\sqrt{3}$，
離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）易知直線AB的斜率k存在，設(shè)AB：y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則△=（8km）²-16（4k²+1）（m²-1）=0，整理得：4k²-m²+1=0，即m²=4k²+1，
由四邊形ABF₁F₂面積S，S=S_△ABO+${S}_{△B{F}_{1}O}$+${S}_{△A{F}_{2}O}$，
設(shè)點O到直線AB：kx-y+m=0的距離為d，d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則丨AB丨=2$\sqrt{丨OA{丨}^{2}-hay1pb1^{2}}$=2$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+1}}$，
S_△ABO=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+1}}$×$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
=$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{{k}^{2}+1}}$×$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
=$\frac{\sqrt{（4{k}^{2}+4-{m}^{2}）{m}^{2}}}{{k}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{3}丨m丨}{{k}^{2}+1}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（k²+1）x²+2kmx+m²-4=0，
由韋達定理可知：x₁+x₂=-$\frac{2km}{{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+1}$，
y₁+y₁=kx₁+m+kx₂+m=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{{k}^{2}+1}$，
${S}_{△B{F}_{1}O}$+${S}_{△A{F}_{2}O}$=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$丨y₁丨+$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$丨y₂丨=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（丨y₁丨+丨y₂丨）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$丨y₁+y₂丨=$\frac{\sqrt{3}丨m丨}{{k}^{2}+1}$，
S=S_△ABO+（${S}_{△B{F}_{1}O}$+${S}_{△A{F}_{2}O}$）=$\frac{\sqrt{3}丨m丨}{{k}^{2}+1}$+$\frac{\sqrt{3}丨m丨}{{k}^{2}+1}$=$\frac{2\sqrt{3}丨m丨}{{k}^{2}+1}$

而m²=4k²+1，k²=$\frac{{m}^{2}-1}{4}$，易知k²≥0，
∴m²≥1，丨m丨≥1，
四邊形ABF₁F₂面積S，S=$\frac{2\sqrt{3}丨m丨}{\frac{{m}^{2}-1}{4}+1}$=$\frac{8\sqrt{3}丨m丨}{{m}^{2}+3}$=$\frac{8\sqrt{3}}{丨m丨+\frac{3}{丨m丨}}$≤$\frac{8\sqrt{3}}{2\sqrt{丨m丨×\frac{3}{丨m丨}}}$4，
當且僅當丨m丨=$\frac{3}{丨m丨}$時，即m=±$\sqrt{3}$，
∴四邊形ABF₁F₂面積的最大值4．

點評 本題考查的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓及圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，弦長公式，三角形的面積公式，考查點到直線的距離公式，基本不等式的應(yīng)用，屬于難題．