Question

19．已知圓F₁：（x+1）²+y²=9，圓F₂：（x-1）²+y²=1，動(dòng)圓P與圓F₁內(nèi)切，與圓F₂外．O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）求圓心P的軌跡C的方程．
（Ⅱ）直線l：y=kx-2與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最大值，以及取得最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)動(dòng)圓P的半徑為r，由圓與圓的位置關(guān)系分析可得|PF₂|+|PF₁|=4＞|F₁F₂|，由橢圓的定義分析可得軌跡C是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓，由橢圓的定義分析可得軌跡C的方程，即可得答案；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線l與橢圓C的方程可得（3+4k²）x²-16kx+4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可以表示|AB|的值，進(jìn)而可以表示△OAB面積，由基本不等式的性質(zhì)分析可得答案．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)動(dòng)圓P的半徑為r，
依題意有|PF₁|=3-r，|PF₂|=1+r，|PF₂|+|PF₁|=4＞|F₁F₂|．
所以軌跡C是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓，
且c=1，a=2，所以$b=\sqrt{3}$，
當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為橢圓右頂點(diǎn)時(shí)，r=0不符合題意，舍去．
所以軌跡C的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（{x≠2}）$．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立直線l與橢圓C的方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx-2\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，可得（3+4k²）x²-16kx+4=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{16k}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{4}{{3+4{k^2}}}$，
△=16（12k²-3）＞0，得${k^2}＞\frac{1}{4}$，
設(shè)原點(diǎn)到直線AB的距離為$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{4\sqrt{3}\sqrt{4{k^2}-1}}}{{3+4{k^2}}}$，
${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{{4\sqrt{3}\sqrt{4{k^2}-1}}}{{3+4{k^2}}}$，
令$\sqrt{4{k^2}-1}=t，（{t＞0}）$，則4k²=1+t²，
${S_{△AOB}}=\frac{{4\sqrt{3}t}}{{{t^2}+4}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{{t+\frac{4}{t}}}≤\frac{{4\sqrt{3}}}{{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}}=\sqrt{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)，等號(hào)成立，
即當(dāng)$k=±\frac{{\sqrt{5}}}{2}$時(shí)，△OAB面積取得最大值$\sqrt{3}$，此時(shí)直線方程為$y=±\frac{{\sqrt{5}}}{2}x-2$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及橢圓與直線的位置關(guān)系，關(guān)鍵是求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．