Question

13．已知圆F₁：（x+1）²+y²=r²与F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共点的轨迹为曲线E
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）如图，动直线l：y=kx+m与椭圆E有且仅有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F₁M⊥l，F₂N⊥l，求四边形F₁MNF₂面积S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设⊙F₁．⊙F₂的公共点为Q，推导出|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，由此能求出曲线E的方程．
（Ⅱ）将直线l的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y²=12中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式能求出四边形F₁MNF₂面积S的最大值．

解答 解：（Ⅰ）设⊙F₁．⊙F₂的公共点为Q，
由已知得|F₁F₂|=2，|QF₁|=r，|QF₂|=4-r，
故|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，
∴曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2的椭圆，
且b²=a²-c²=3，
∴曲线E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）将直线l的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y²=12中，
得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，
由直线l与椭圆C仅有一个公共点，知△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化简，得m²=4k²+3，
设${d}_{1}={F}_{1}M=\frac{-k+m}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，${d}_{2}={F}_{2}N=\frac{k+m}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，
则d₁-d₂=MN×tanθ，∴MN=$\frac{{d}_{1}-{d}_{2}}{k}$，
S=$\frac{1}{2}$|$\frac{{d}_{1}-{d}_{2}}{k}$|（d₁+d₂）=|$\frac{{{d}_{1}}^{2}-{{d}_{2}}^{2}}{2k}$|=$\frac{2m}{{k}^{2}+1}$=$\frac{2m}{\frac{{m}^{2}-3}{4}+1}$=$\frac{8}{m+\frac{1}{m}}$，
∵m²=4k²+3，
∴当k≠0时，m＞$\sqrt{3}$，m+$\frac{1}{m}$＞$\sqrt{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，S＜2$\sqrt{3}$，
当k=0时，四边形F₁MNF₂是矩形，S=2$\sqrt{3}$，
∴四边形F₁MNF₂面积S的最大值为2$\sqrt{3}$．

点评 本题考查曲线方程的求法，考查四边形面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．