Question

20．在平面直角坐標(biāo)系中，圓心坐標(biāo)均為（2，2）的圓Ⅰ、圓Ⅱ、圓Ⅲ半徑分別為4，2，1，直線y=$\frac{3}{4}$x+3與圓Ⅰ交于點(diǎn)A，B，點(diǎn)C在圓Ⅰ上，滿足線段CA和線段CB與圓Ⅱ均有公共點(diǎn)，點(diǎn)P是圓Ⅲ上任意一點(diǎn)，則△APB與△APC面積之比的最大值為$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．

Answer 1

分析 根據(jù)三角形的面積公式判斷出兩個(gè)面積的比值最大時(shí)，角∠BAP應(yīng)達(dá)到最大，根據(jù)圖象確定此時(shí)點(diǎn)P的位置，再由條件列出角之間的關(guān)系，表示出兩個(gè)三角形的面積的比值的表達(dá)式，由角大小關(guān)系列出面積比值的不等式：$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△APC}}$≤$\frac{sin（\frac{π}{6}+θ）}{sin（\frac{π}{6}-β）}$，再根據(jù)三角形有關(guān)的數(shù)據(jù)求出角的三角函數(shù)值，利用兩角和差的正弦公式求出$\frac{sin（\frac{π}{6}+θ）}{sin（\frac{π}{6}-β）}$的值即可．

解答 解：由題意可得|PI|=1知，點(diǎn)P在以I為圓心的單位圓上，
設(shè)∠BAP=α，假設(shè)點(diǎn)P使α達(dá)到最大值β，此時(shí)點(diǎn)P應(yīng)落在∠IAP內(nèi)，
且此時(shí)AP應(yīng)與單位圓I相切，
由弦長(zhǎng)公式可得AB=2$\sqrt{{4}^{2}-（\frac{3×2-4×2+12}{5}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
再由線段CA和線段CB與圓Ⅱ均有公共點(diǎn)，可得△ABC是等邊三角形，
所以0＜α≤β＜$\frac{π}{3}$，
令∠IAP=θ，則θ=$β-\frac{π}{6}$，所以β=$\frac{π}{6}$+θ，
則$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△APC}}$=$\frac{\frac{1}{2}AP•ABsinα}{\frac{1}{2}AP•ACsin（\frac{π}{3}-α）}$=$\frac{sinα}{sin（\frac{π}{3}-α）}$≤$\frac{sinβ}{sin（\frac{π}{3}-β）}$=$\frac{sin（\frac{π}{6}+θ）}{sin（\frac{π}{6}-β）}$，①
因?yàn)榈冗吶�角形ABC的邊長(zhǎng)為4$\sqrt{3}$，其重心（中線交點(diǎn)）為I，所以AI=4，
由∠API=90°得，sinθ=$\frac{IP}{AI}$=$\frac{1}{4}$，則cosθ=$\sqrt{1-si{n}^{2}θ}$=$\frac{\sqrt{15}}{4}$，
即tanθ=$\frac{\sqrt{15}}{15}$，
所以$\frac{sin（\frac{π}{6}+θ）}{sin（\frac{π}{6}-β）}$=$\frac{\frac{1}{2}cosθ+\frac{\sqrt{3}}{2}sinθ}{\frac{1}{2}cosθ-\frac{\sqrt{3}}{2}sinθ}$=$\frac{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}tanθ}{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}tanθ}$=$\frac{1+\sqrt{3}×\frac{\sqrt{15}}{15}}{1-\sqrt{3}×\frac{\sqrt{15}}{15}}$=$\frac{3+\sqrt{15}}{2}$，②
由①②知，當(dāng)AP與單位圓I相切時(shí)，
$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△APC}}$的值達(dá)到最大，最大值為：$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．
故答案為：$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題以等邊三角形為載體考查了最值問(wèn)題，平面幾何的知識(shí)，以及兩角和差的正弦公式，關(guān)鍵是利用三角形的面積公式，判斷出兩個(gè)面積的比值最大時(shí)對(duì)應(yīng)的條件，難度較大，考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，需要較強(qiáng)的邏輯分析能力．