Question

11．已知两动圆${F_1}：{（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}={r^2}$和${F_2}：{（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}={（4-r）^2}$（0＜r＜4），把它们的公共点的轨迹记为曲线C，若曲线C与y轴的正半轴的交点为M，且曲线C上的相异两点A、B满足：$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=0．
（1）求曲线C的方程；
（2）证明直线AB恒经过一定点，并求此定点的坐标；
（3）求△ABM面积S的最大值．

Answer 1

分析 （1）设两动圆的公共点为Q，则有|QF₁|+|QF₂|=4，运用椭圆的定义，即可得到a，c，b，进而得到Q的轨迹方程；
（2）M（0，1），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根据直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，根据条件，运用向量的数量积的坐标表示，结合韦达定理和直线恒过定点的求法，即可得到定点；
（3）△ABM面积S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}|{MN}||{{x_1}-{x_2}}|$，代入韦达定理，化简整理，结合N在椭圆内，运用对勾函数的单调性，即可得到最大值．

解答 解：（1）设两动圆的公共点为Q，则有|QF₁|+|QF₂|=4（4＞|F₁F₂|）．
由椭圆的定义可知Q的轨迹为椭圆，$a=2，c=\sqrt{3}$．b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
所以曲线C的方程是：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）证明：由题意可知：M（0，1），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
当AB的斜率不存在时，易知满足条件$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$的直线AB为：x=0，过定点$N（0，-\frac{3}{5}）$；
当AB的斜率存在时，设直线AB：y=kx+m，联立方程组：$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}①\\ y=kx+m\;②\end{array}\right.$，
把②代入①有：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$③，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$④，
因为$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，所以有x₁•x₂+（kx₁+m-1）（kx₂+m-1）=0，
$（1+{k^2}）{x_1}•{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$，
把③④代入整理：$（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+k（m-1）\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{（m-1）^2}=0$，
（有公因式m-1）继续化简得（m-1）（5m+3）=0，$m=\frac{-3}{5}$或m=1（舍），
综合斜率不存在的情况，直线AB恒过定点$N（0，-\frac{3}{5}）$．                      
（3）△ABM面积S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}|{MN}||{{x_1}-{x_2}}|$=$\frac{4}{5}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}•{x_2}}$，
由第（2）小题的③④代入，整理得：$S=\frac{32}{25}•\frac{{\sqrt{25{k^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
因N在椭圆内部，所以k∈R，可设$t=\sqrt{25{k^2}+4}≥2$，
$S=\frac{32t}{{4{t^2}+9}}$=$\frac{32}{{4t+\frac{9}{t}}}（t≥2）$，
∵$4t+\frac{9}{t}≥\frac{25}{2}$，∴$S≤\frac{64}{25}$（k=0时取到最大值）．
所以△ABM面积S的最大值为$\frac{64}{25}$．

点评 本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆的定义、方程的运用，同时考查平面向量的数量积的坐标表示和直线恒过定点的求法，以及函数的单调性的运用，属于中档题和易错题．