Question

已知圓F₁：（x+1）²+y²=r²與圓F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共點(diǎn)的軌跡為曲線E，且曲線E與y軸的正半軸相交于點(diǎn)M．若曲線E上相異兩點(diǎn)A、B滿足直線MA，MB的斜率之積為

1

4

．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）證明直線AB恒過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)；
（Ⅲ）求△ABM的面積的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：軌跡方程

專題：綜合題,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（Ⅰ）確定|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，可得曲線E是長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a=4，焦距2c=2的橢圓，且b²=a²-c²=3，即可求E的方程；
（Ⅱ）分類討論，設(shè)直線方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合直線MA，MB的斜率之積為

1

4

，即可證明直線AB恒過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)；
（Ⅲ）求出△ABM的面積，利用基本不等式求出最大值．

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|，
因此曲線E是長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a=4，焦距2c=2的橢圓，且b²=a²-c²=3，
所以曲線E的方程為

x2

4

+

y2

3

=1

（Ⅱ）由曲線E的方程得，上頂點(diǎn)M(0，

3

)，記A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，x₁≠0，x₂≠0．
若直線AB的斜率不存在，則直線AB的方程為

x=x1

，
故y₁=-y₂， 且

y

2 1

=

y

2 2

=3(1-

x 2 1

4

)，
因此，kMA•kMB=

y1- 3

x1

•

y2- 3

x2

=-

y 2 1 -3

x 2 1

=

3

4

，
與已知不符，因此直線AB的斜率存在
設(shè)直線AB：y=kx+m，代入橢圓E的方程

x2

4

+

y2

3

=1，得（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0①
因?yàn)橹本�AB與曲線E有公共點(diǎn)A，B，所以方程①有兩個(gè)非零不等實(shí)根x₁，x₂
所以x1+x2=-

8km

3+4k2

，x1•x2=

4(m2-3)

3+4k2

又kAM=

y1- 3

x1

=

kx1+m- 3

x1

，kMB=

y2- 3

x2

=

kx2+m- 3

x2

由kAM•kBM=

1

4

得，4(kx1+m-

3

)(kx2+m-

3

)=x1x2，
即(4k2-1)x1x2+4k(m-

3

)(x1+x2)+4(m-

3

)2=0，
所以4(m2-3)(4k2-1)+4k(m-

3

)(-8km)+4(m-

3

)2(3+4k2)=0，
化簡(jiǎn)得m2-3

3

+6=0，
故m=

3

或m=2

3

．
結(jié)合x1x2≠0知m=2

3

，
即直線AB恒過定點(diǎn)N（0，2

3

)．

（Ⅲ）由△＞0且m=2

3

得k＞

3

2

或k＜-

3

2

又S△ABC=|S△ANM-S△BNM=

1

2

|MN|•|x1-x2||=

3

2

(x1+x2)2-4x1x2

=

3

2

( -8km 3+4k2 )2-4• 4(m2-3) 3+4k2

=

6 4k2-9

3+4k2

=

6

4k2-9 + 12 4k2-9

≤

3

2

當(dāng)且僅當(dāng)4k²-9=12，即k=±

21

2

時(shí)，△ABM的面積最大，最大值為

3

2

點(diǎn)評(píng)：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，考查直線過定點(diǎn)，考查三角形面積的計(jì)算，屬于中檔題．