Question

13．已知圓F₁：（x+1）²+y²=r²與F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共點(diǎn)的軌跡為曲線E
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）如圖，動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓E有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，點(diǎn)M，N是直線l上的兩點(diǎn)，且F₁M⊥l，F(xiàn)₂N⊥l，求四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)⊙F₁．⊙F₂的公共點(diǎn)為Q，推導(dǎo)出|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，由此能求出曲線E的方程．
（Ⅱ）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式能求出四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)⊙F₁．⊙F₂的公共點(diǎn)為Q，
由已知得|F₁F₂|=2，|QF₁|=r，|QF₂|=4-r，
故|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，
∴曲線E是長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a=4，焦距2c=2的橢圓，
且b²=a²-c²=3，
∴曲線E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，
得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，
由直線l與橢圓C僅有一個(gè)公共點(diǎn)，知△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化簡(jiǎn)，得m²=4k²+3，
設(shè)$rl1rrtv_{1}={F}_{1}M=\frac{-k+m}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，$npjpl1j_{2}={F}_{2}N=\frac{k+m}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l的傾斜角為θ，
則d₁-d₂=MN×tanθ，∴MN=$\frac{3npzrj1_{1}-ppjfxzj_{2}}{k}$，
S=$\frac{1}{2}$|$\frac{tlbbdzf_{1}-33h3lnf_{2}}{k}$|（d₁+d₂）=|$\frac{{z9lvh3f_{1}}^{2}-{d17jblv_{2}}^{2}}{2k}$|=$\frac{2m}{{k}^{2}+1}$=$\frac{2m}{\frac{{m}^{2}-3}{4}+1}$=$\frac{8}{m+\frac{1}{m}}$，
∵m²=4k²+3，
∴當(dāng)k≠0時(shí)，m＞$\sqrt{3}$，m+$\frac{1}{m}$＞$\sqrt{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，S＜2$\sqrt{3}$，
當(dāng)k=0時(shí)，四邊形F₁MNF₂是矩形，S=2$\sqrt{3}$，
∴四邊形F₁MNF₂面積S的最大值為2$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線方程的求法，考查四邊形面積的最大值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式的合理運(yùn)用．