Question

11．已知兩動圓${F_1}：{（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}={r^2}$和${F_2}：{（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}={（4-r）^2}$（0＜r＜4），把它們的公共點的軌跡記為曲線C，若曲線C與y軸的正半軸的交點為M，且曲線C上的相異兩點A、B滿足：$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=0．
（1）求曲線C的方程；
（2）證明直線AB恒經(jīng)過一定點，并求此定點的坐標(biāo)；
（3）求△ABM面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)兩動圓的公共點為Q，則有|QF₁|+|QF₂|=4，運用橢圓的定義，即可得到a，c，b，進(jìn)而得到Q的軌跡方程；
（2）M（0，1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)直線AB的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，根據(jù)條件，運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合韋達(dá)定理和直線恒過定點的求法，即可得到定點；
（3）△ABM面積S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}|{MN}||{{x_1}-{x_2}}|$，代入韋達(dá)定理，化簡整理，結(jié)合N在橢圓內(nèi)，運用對勾函數(shù)的單調(diào)性，即可得到最大值．

解答 解：（1）設(shè)兩動圓的公共點為Q，則有|QF₁|+|QF₂|=4（4＞|F₁F₂|）．
由橢圓的定義可知Q的軌跡為橢圓，$a=2，c=\sqrt{3}$．b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
所以曲線C的方程是：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）證明：由題意可知：M（0，1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)AB的斜率不存在時，易知滿足條件$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$的直線AB為：x=0，過定點$N（0，-\frac{3}{5}）$；
當(dāng)AB的斜率存在時，設(shè)直線AB：y=kx+m，聯(lián)立方程組：$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}①\\ y=kx+m\;②\end{array}\right.$，
把②代入①有：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$③，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$④，
因為$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，所以有x₁•x₂+（kx₁+m-1）（kx₂+m-1）=0，
$（1+{k^2}）{x_1}•{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$，
把③④代入整理：$（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+k（m-1）\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{（m-1）^2}=0$，
（有公因式m-1）繼續(xù)化簡得（m-1）（5m+3）=0，$m=\frac{-3}{5}$或m=1（舍），
綜合斜率不存在的情況，直線AB恒過定點$N（0，-\frac{3}{5}）$．                      
（3）△ABM面積S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}|{MN}||{{x_1}-{x_2}}|$=$\frac{4}{5}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}•{x_2}}$，
由第（2）小題的③④代入，整理得：$S=\frac{32}{25}•\frac{{\sqrt{25{k^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
因N在橢圓內(nèi)部，所以k∈R，可設(shè)$t=\sqrt{25{k^2}+4}≥2$，
$S=\frac{32t}{{4{t^2}+9}}$=$\frac{32}{{4t+\frac{9}{t}}}（t≥2）$，
∵$4t+\frac{9}{t}≥\frac{25}{2}$，∴$S≤\frac{64}{25}$（k=0時取到最大值）．
所以△ABM面積S的最大值為$\frac{64}{25}$．

點評 本題考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的定義、方程的運用，同時考查平面向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和直線恒過定點的求法，以及函數(shù)的單調(diào)性的運用，屬于中檔題和易錯題．