Question

1．如圖所示：已知直線l₁：y=kx+1與圓C：x²+y²=4相交于P、Q兩點(diǎn)．
（1）若$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{5}{2}$，求實(shí)數(shù)k的值；
（2）過點(diǎn)（0，1）作直線l₂與l₁垂直，且直線l₂與圓C交于M、N兩點(diǎn)，求四邊形PMQN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線方程代入圓的方程，利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁•x₂+y₁•y₂=-$\frac{5}{2}$，即可求得k的值．
（2）設(shè)圓心O到直線l，l₁的距離分別為d，d₁，求得${fvxcvil_{1}}^{2}+8vvnlto^{2}=1$，根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到|PQ|=2$\sqrt{4-ob1tny0^{2}}$，|MN|=2$•\sqrt{4-{dtcg8bx_{1}}^{2}}$，再利用基本不等式，可求四邊形PMQN面積的最大值．

解答 解：（1）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，代入消元得（1+k²）x²+2kx-3=0．
由題意得：△=4k²-4（1+k²）（-3）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{3}{1+{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{5}{2}$，∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁•x₂+y₁•y₂=-$\frac{5}{2}$，
又y₁•y₂=（kx₁+1）（kx₂+1）=k²x₁x₂+k（x₁+x₂）+1，
∵x₁•x₂+y₁•y₂=$\frac{-3}{1+{k}^{2}}+\frac{-3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}+\frac{-2{k}^{2}}{1+{k}^{2}}+1=-\frac{5}{2}$，
化簡(jiǎn)得：3k²=1，解得k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）設(shè)圓心O到直線l，l₁的距離分別為d，d₁，四邊形PMQN的面積為S．
因?yàn)橹本�l，l₁都經(jīng)過點(diǎn)（0，1），且l⊥l₁，根據(jù)勾股定理，有${cqjroka_{1}}^{2}+tpzcked^{2}=1$，
又根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到，|PQ|=2$\sqrt{4-azwkbwr^{2}}$，|MN|=2$•\sqrt{4-{qozigpy_{1}}^{2}}$，
而S=$\frac{1}{2}•$|PQ|•|MN|，
即S=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{4-{epmspzl_{1}}^{2}}×2×\sqrt{4-zmozuod^{2}}$
=2$\sqrt{16-4（{l7rigdp_{1}}^{2}+7drjzer^{2}）+{6d5jsol_{1}}^{2}•gttkd7b^{2}}$
=2$\sqrt{12-{7gnqxk9_{1}}^{2}•ina8xjs^{2}}$
≤2$\sqrt{12+（\frac{{qtaufpr_{1}}^{2}+{d1unvyk_{2}}^{2}}{2}）^{2}}$
=2$\sqrt{12+\frac{1}{4}}$=7．
當(dāng)且僅當(dāng)d₁=d時(shí)，等號(hào)成立，所以S的最大值為7．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查向量的數(shù)量積，考查圓的性質(zhì)，考查四邊形面積的計(jì)算，考查基本不等式的運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是正確表示四邊形的面積，屬于中檔題