Question

已知圆F₁：（x+1）²+y²=r²与圆F₂：（x-1）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共点的轨迹为曲线E，且曲线E与y轴的正半轴相交于点M．若曲线E上相异两点A、B满足直线MA，MB的斜率之积为

1

4

．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求定点的坐标；
（Ⅲ）求△ABM的面积的最大值．

Answer 1

考点：轨迹方程

专题：综合题,圆锥曲线的定义、性质与方程

分析：（Ⅰ）确定|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，可得曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2的椭圆，且b²=a²-c²=3，即可求E的方程；
（Ⅱ）分类讨论，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合直线MA，MB的斜率之积为

1

4

，即可证明直线AB恒过定点，并求定点的坐标；
（Ⅲ）求出△ABM的面积，利用基本不等式求出最大值．

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|，
因此曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2的椭圆，且b²=a²-c²=3，
所以曲线E的方程为

x2

4

+

y2

3

=1

（Ⅱ）由曲线E的方程得，上顶点M(0，

3

)，记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，x₁≠0，x₂≠0．
若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为

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

，
与已知不符，因此直线AB的斜率存在
设直线AB：y=kx+m，代入椭圆E的方程

x2

4

+

y2

3

=1，得（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0①
因为直线AB与曲线E有公共点A，B，所以方程①有两个非零不等实根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，
化简得m2-3

3

+6=0，
故m=

3

或m=2

3

．
结合x1x2≠0知m=2

3

，
即直线AB恒过定点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

当且仅当4k²-9=12，即k=±

21

2

时，△ABM的面积最大，最大值为

3

2

点评：本题考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线过定点，考查三角形面积的计算，属于中档题．