Question

11．已知圆C₁：x²+y²=4与x轴左右交点分别为A₁、A₂，过点A₁的直线l₁与过点A₂的直线l₂相交于点D，且l₁与l₂斜率的乘积为-$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求点D的轨迹C₂方程；
（Ⅱ）若直线l：y=kx+m不过A₁、A₂且与轨迹C₂仅有一个公共点，且直线l与圆C₁交于P、Q两点．求△POA₁与△QOA₂的面积之和的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设点D的坐标为（x，y），求出A₁、A₂的坐标，由题意和斜率公式列出方程化简，可得点D的轨迹C₂的方程；
（Ⅱ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），联立直线方程和C₂的方程消去y，由条件可得△=0并化简，联立直线l与圆C₁的方程消去x，利用韦达定理写出表达式，由图象和三角形的面积公式表示出${S}_{△PO{A}_{1}}{+S}_{△PO{A}_{2}}$，化简后利用基本不等式求出△POA₁与△QOA₂的面积之和的最大值．

解答 解：（Ⅰ）设点D的坐标为（x，y），
∵圆C₁：x²+y²=4与x轴左右交点分别为点A₁（-2，0），A₂（2，0），
且l₁与l₂斜率的乘积为-$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{4}$，化简得$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1（x≠±2）$，
∴点D的轨迹C₂方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1（x≠±2）$；
（Ⅱ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由题意得，△=64k²+16-16m²=0，
化简得，m²=4k²+1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$消去x得，（1+k²）y²-2my+1=0，
∴△=4m²-4（1+k²）=12k²＞0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{1+{k}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{1}{1+{k}^{2}}$＞0，则y₁，y₂同号，
由r=2得，${S}_{△PO{A}_{1}}$+${S}_{△PO{A}_{2}}$=$\frac{1}{2}r|{y}_{1}|$+$\frac{1}{2}r|{y}_{2}|$=$\frac{1}{2}r|{y}_{1}+{y}_{2}|$
=$\frac{2|m|}{1+{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{1+4{k}^{2}}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}•$$\frac{2\sqrt{3（1+4{k}^{2}）}}{1+{k}^{2}}$≤$\frac{1}{\sqrt{3}}•\frac{3+（1+4{k}^{2}）}{1+{k}^{2}}$=$\frac{4}{\sqrt{3}}$，
当且仅当3=1+4k²，即k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号，
∴${S}_{△PO{A}_{1}}{+S}_{△PO{A}_{2}}$的最大值是$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，直线与圆、椭圆的位置关系，韦达定理，以及基本不等式求最值的应用，考查化简、变形能力，设而不求数学思想．