Question

12．已知圓A：（x+1）²+y²=$\frac{49}{4}$，圓B：（x-1）²+y²=$\frac{1}{4}$，動圓D和定圓A相內(nèi)切，與定圓B相外切，
（1）記動圓圓心D的軌跡為曲線C，求C的方程；
（2）M?N是曲線C和x軸的兩個交點，P是曲線C上異于M?N的一點，求證k_PM．k_PN為定值；
（3）過B點作兩條互相垂直的直線l₁，l₂分別交曲線C于E?F?G?H，求四邊形EGFH面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由動圓D和定圓A相內(nèi)切，與定圓B相外切，可得DA+DB=4，即可求C的方程；
（2）由題意可得，M（-2，0），N（2，0），設P（x₀，y₀），求出斜率，即可得出k_PM．k_PN為定值；
（3）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出EF?GH，可得四邊形EGFH面積，換元，即可得出取值范圍．

解答 解：（1）設動圓圓心D（x，y），半徑為r，由動圓D和定圓A相內(nèi)切，與定圓B相外切，可得DA+DB=4，（2分）
則D是以AB為焦點的橢圓，$a=2，c=1，b=\sqrt{3}$，所以曲線C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．--3分
（2）由題意可得，M（-2，0），N（2，0），設P（x₀，y₀），則有$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，
那么k_PM•k_PN=$\frac{y_0}{{{x_0}+2}}•\frac{y_0}{{{x_0}-2}}=\frac{{{y_0}^2}}{{{x_0}^2-4}}=-\frac{3}{4}$---------（6分）
（3）（Ⅰ）當l₁、l₂中有一條斜率不存在時，不妨設l₁⊥x軸，則l₂與x軸重合．則EF=3，MN=4，
所以${S_{四邊形EGFH}}=\frac{1}{2}EF•GH=6$．--------------------------（7分）
（Ⅱ）當l₁、l₂的斜率均存在時，不妨設l₁的斜率為k（k≠0），則l₂的斜率為$-\frac{1}{k}$，
設E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），G（x₃，y₃），H（x₄，y₄），
因為B（1，0），所以聯(lián)立直線方程和橢圓方程，
有$\left\{\begin{array}{l}{l_1}：y=k（{x-1}）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.⇒（{3+4{k^2}}）{x^2}-8{k^2}x+4{k^2}-12=0$，得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，------（8分）
所以$EF=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\frac{{12（{1+{k^2}}）}}{{3+4{k^2}}}$將k換為$-\frac{1}{k}$，有x₃+x₄=$\frac{8}{3{k}^{2}+4}$，x₃x₄=$\frac{4-12{k}^{2}}{3{k}^{2}+4}$，GH=$\frac{12（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+4}$，
則S_EGFH=$\frac{1}{2}EF•GH$=$\frac{72（1+{k}^{2}）^{2}}{（3+4{k}^{2}）（3{k}^{2}+4）}$，-----------------（10分）
設t=1+k²，則t＞1，那么S_EGFH=$\frac{72{t}^{2}}{（4t-1）（3t+1）}$=$\frac{72{t}^{2}}{12{t}^{2}+t-1}$=$\frac{72}{-（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{49}{4}}$
當t=2，即k=±1時，S_EGFH取最小值$\frac{288}{49}$，當t→+∞時，S_EGFH→6．
綜上所述，四邊形EGFH面積的取值范圍為$[{\frac{288}{49}，6}]$．----------------------（12分）

點評 本題考查橢圓的定義與方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，考查四邊形面積的計算，屬于中檔題．