Question

11．已知圓C₁：x²+y²=4與x軸左右交點(diǎn)分別為A₁、A₂，過點(diǎn)A₁的直線l₁與過點(diǎn)A₂的直線l₂相交于點(diǎn)D，且l₁與l₂斜率的乘積為-$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求點(diǎn)D的軌跡C₂方程；
（Ⅱ）若直線l：y=kx+m不過A₁、A₂且與軌跡C₂僅有一個(gè)公共點(diǎn)，且直線l與圓C₁交于P、Q兩點(diǎn)．求△POA₁與△QOA₂的面積之和的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（x，y），求出A₁、A₂的坐標(biāo)，由題意和斜率公式列出方程化簡(jiǎn)，可得點(diǎn)D的軌跡C₂的方程；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和C₂的方程消去y，由條件可得△=0并化簡(jiǎn)，聯(lián)立直線l與圓C₁的方程消去x，利用韋達(dá)定理寫出表達(dá)式，由圖象和三角形的面積公式表示出${S}_{△PO{A}_{1}}{+S}_{△PO{A}_{2}}$，化簡(jiǎn)后利用基本不等式求出△POA₁與△QOA₂的面積之和的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（x，y），
∵圓C₁：x²+y²=4與x軸左右交點(diǎn)分別為點(diǎn)A₁（-2，0），A₂（2，0），
且l₁與l₂斜率的乘積為-$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{4}$，化簡(jiǎn)得$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1（x≠±2）$，
∴點(diǎn)D的軌跡C₂方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1（x≠±2）$；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由題意得，△=64k²+16-16m²=0，
化簡(jiǎn)得，m²=4k²+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$消去x得，（1+k²）y²-2my+1=0，
∴△=4m²-4（1+k²）=12k²＞0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{1+{k}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{1}{1+{k}^{2}}$＞0，則y₁，y₂同號(hào)，
由r=2得，${S}_{△PO{A}_{1}}$+${S}_{△PO{A}_{2}}$=$\frac{1}{2}r|{y}_{1}|$+$\frac{1}{2}r|{y}_{2}|$=$\frac{1}{2}r|{y}_{1}+{y}_{2}|$
=$\frac{2|m|}{1+{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{1+4{k}^{2}}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}•$$\frac{2\sqrt{3（1+4{k}^{2}）}}{1+{k}^{2}}$≤$\frac{1}{\sqrt{3}}•\frac{3+（1+4{k}^{2}）}{1+{k}^{2}}$=$\frac{4}{\sqrt{3}}$，
當(dāng)且僅當(dāng)3=1+4k²，即k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)取等號(hào)，
∴${S}_{△PO{A}_{1}}{+S}_{△PO{A}_{2}}$的最大值是$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，直線與圓、橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，以及基本不等式求最值的應(yīng)用，考查化簡(jiǎn)、變形能力，設(shè)而不求數(shù)學(xué)思想．