Question

10．動圓G與圓O₁：x²+y²+2x=0外切，同時與圓O₂：x²+y²-2x-8=0內(nèi)切，設(shè)動圓圓心G的軌跡為Γ．
（1）求曲線Γ的方程；
（2）直線x=t（t＞0）與曲線Γ相交于不同的兩點M，N，以MN為直徑作圓C，若圓C與y軸相交于兩點P，Q，求△PQC面積的最大值；
（3）已知A₁（-2，0），A₂（2，0），直線l：y=kx+m與曲線Γ相交于A，B兩點（A，B均不與A₁，A₂重合），且以AB為直徑的圓過點A₂，求證：直線l過定點，并求出該點坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）求得圓O₁，圓O₂的圓心、半徑，由兩圓相切的條件，結(jié)合橢圓的定義，可得動圓圓心G的軌跡方程；
（2）設(shè)圓心為C（t，0）（0＜t＜2）．求得圓C的半徑，弦長PQ，由三角形的面積公式，化簡運用基本不等式，即可得到最大值；
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去y，運用韋達(dá)定理，結(jié)合直徑所對的圓周角為直角，運用垂直的條件，化簡整理，得到m，k的關(guān)系，進(jìn)而得到直線恒過的定點．

解答 解：（1）圓O₁：x²+y²+2x=0的圓心為（-1，0），半徑為1，
圓O₂：x²+y²-2x-8=0為（1，0），半徑為3，
設(shè)圓G的半徑為r，依題意得：|GO₁|=r+1，|GO₂|=3-r，
所以|GO₁|+|GO₂|=4＞|O₁O₂|=2，
所以G點軌跡是以O(shè)₁，O₂為焦點的橢圓，
即有a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，
所以曲線Γ的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）依題意，圓心為C（t，0）（0＜t＜2）．
由$\left\{\begin{array}{l}{x=t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$ 得y²=$\frac{12-3{t}^{2}}{4}$．
∴圓C的半徑為r=$\frac{\sqrt{12-3{t}^{2}}}{2}$．
∵圓C與y軸相交于不同的兩點P，Q，且圓心C到y(tǒng)軸的距離d=t，
∴0＜t＜$\frac{\sqrt{12-3{t}^{2}}}{2}$，即0＜t＜$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
∴弦長|PQ|=2$\sqrt{{r}^{2}-4xu6gjr^{2}}$=$\sqrt{12-7{t}^{2}}$
∴△PQC的面積S=$\frac{1}{2}$t$\sqrt{12-7{t}^{2}}$=$\frac{1}{2\sqrt{7}}$（$\sqrt{7}$t）$\sqrt{12-7{t}^{2}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{7}}$•$\frac{7{t}^{2}+12-7{t}^{2}}{2}$=$\frac{3\sqrt{7}}{7}$，
即有S=$\frac{1}{2}$t$\sqrt{12-7{t}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{7}$t=$\sqrt{12-7{t}^{2}}$即t=$\frac{\sqrt{42}}{7}$時，等號成立，
所以△PQC面積的最大值是$\frac{3\sqrt{7}}{7}$；
（3）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$可得（3+4k²）x²+8mkx+4（m²-3）=0，
△=64m²k²-16（3+4k²）（m²-3）＞0，即為3+4k²-m²＞0，
x₁+x₂=-$\frac{8mk}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=$\frac{3（{m}^{2}-4{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點A₂（2，0），
由${k}_{A{A}_{2}}$•${k}_{B{A}_{2}}$=-1，即有$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=-1，
即為y₁y₂+x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=0，
即$\frac{3（{m}^{2}-4{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{16mk}{3+4{k}^{2}}$+4=0，
化簡得7m²+16mk+4k²=0，
解得m₁=-2k，m₂=-$\frac{2k}{7}$，且滿足3+4k²-m²＞0．
當(dāng)m=-2k時，l：y=k（x-2），直線過定點（2，0）與已知矛盾；
當(dāng)m=-$\frac{2k}{7}$時，l：y=k（x-$\frac{2}{7}$），直線過定點（$\frac{2}{7}$，0），
綜上可知，直線l過定點，定點坐標(biāo)為（$\frac{2}{7}$，0）．

點評 本題考查直線和圓的位置關(guān)系，圓和圓的位置關(guān)系，考查弦長公式和相切的條件，同時考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，直線恒過定點的求法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．