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．
（1）若$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{5}{2}$，求實數(shù)k的值；
（2）過點（0，1）作直線l₂與l₁垂直，且直線l₂與圓C交于M、N兩點，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${rzv7dnp_{1}}^{2}+tlxb9jt^{2}=1$，根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到|PQ|=2$\sqrt{4-bbn7fzl^{2}}$，|MN|=2$•\sqrt{4-{xp7v9lf_{1}}^{2}}$，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．
因為直線l，l₁都經(jīng)過點（0，1），且l⊥l₁，根據(jù)勾股定理，有${n7zhtll_{1}}^{2}+zn7hzt7^{2}=1$，
又根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到，|PQ|=2$\sqrt{4-fxbfzrl^{2}}$，|MN|=2$•\sqrt{4-{97n9dfn_{1}}^{2}}$，
而S=$\frac{1}{2}•$|PQ|•|MN|，
即S=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{4-{r7ztxfx_{1}}^{2}}×2×\sqrt{4-rzjd77f^{2}}$
=2$\sqrt{16-4（{jb9pjvp_{1}}^{2}+9jdrdfr^{2}）+{f97bnfr_{1}}^{2}•7fzvvr7^{2}}$
=2$\sqrt{12-{zbfh9tv_{1}}^{2}•prn7nz9^{2}}$
≤2$\sqrt{12+（\frac{{7p7n7nz_{1}}^{2}+{tdprj9h_{2}}^{2}}{2}）^{2}}$
=2$\sqrt{12+\frac{1}{4}}$=7．
當且僅當d₁=d時，等號成立，所以S的最大值為7．

點評 本題考查圓的標準方程，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算，考查基本不等式的運用，解題的關(guān)鍵是正確表示四邊形的面積，屬于中檔題