Question

在平面直角坐标系xOy中，已知点A（-1，0），B（1，0），C（0，a）（a∈R且a≠0），且动点D满足DA=

3

DB．
（1）求过A，B，C三点的⊙Q的方程；
（2）当△DAB面积取到最大值

3

时，
①若此时动点D又在⊙Q内（包含边界），求实数a的取值范围；
②设点G为△DAB的重心，过G作直线分别交边AB，AD于点M，N，求四边形MNDB的面积的最大值．

Answer 1

考点：圆的一般方程,平面向量的基本定理及其意义,平面向量数量积的运算

专题：平面向量及应用,直线与圆

分析：（1）设⊙Q方程为x²+y²+Dx+Ey+F=0，由题意，联立方程组

1-D+F=0 1+D+F=0 a2+aE+F=0

，解出即可得出．
（2）设D（x，y），由DA=

3

DB得，（x-2）²+y²=3，可得动点D的轨迹是以（2，0）为圆心，以

3

为半径的圆．可得△DAB中，底边AB上的高的最大值为

3

．
△DAB面积的最大值为

3

，此时D点坐标为(2，±

3

)．
①由题意知，必有点(2，

3

)在⊙Q内（包含边界）或者点(2，-

3

)在⊙Q内（包含边界），代入⊙Q的方程得22+(

3

)2+

1-a2

a

×

3

-1≤0或22+(-

3

)2+

1-a2

a

(-

3

)-1≤0，解出即可得出a的取值范围．
②如图，设AM=pAB，AN=qAD，

S△AMN

S△ABD

=

1 2 AM•AN•sinA

1 2 AB•AD•sinA

=pq，点E为BD中点，G为△DAB重心，则AG=

2

3

AE．又

S△AMN

S△ABD

=

1

2

(

2

3

p+

2

3

q)，则pq=

1

3

（p+q），由基本不等式得pq≥

2

3

pq

，则S△AMN≥

4

9

S△ABD，从而有S_{四边形MNBD}=S_△ABD-S_△AMN≤

5

9

S△ABD，即可得出．

解答： 解：（1）设⊙Q方程为x²+y²+Dx+Ey+F=0，
由题意，联立方程组

1-D+F=0 1+D+F=0 a2+aE+F=0

，
解得D=0，E=

1-a2

a

，F=-1．
∴⊙Q的方程为x2+y2+

1-a2

a

y-1=0．
（2）设D（x，y），由题意得

(x+1)2+y2

=

3

(x-1)2+y2

，
化简得，（x-2）²+y²=3，
∵动点D的轨迹是以（2，0）为圆心，以

3

为半径的圆，
∴△DAB中，底边AB上的高的最大值为

3

．
∴△DAB面积的最大值为

3

，
此时D点坐标为(2，±

3

)．
①由题意知，必有点(2，

3

)在⊙Q内（包含边界）或者点(2，-

3

)在⊙Q内（包含边界），
由（1）知⊙Q的方程为x2+y2+

1-a2

a

y-1=0．
代入得22+(

3

)2+

1-a2

a

×

3

-1≤0或22+(-

3

)2+

1-a2

a

(-

3

)-1≤0，
化简得

a2-2 3 a-1

a

≥0或

a2+2 3 a-1

a

≤0，
解得a∈[

3

-2，0)∪[2+

3

，+∞)；或a∈(-∞，-2-

3

]∪(0，2-

3

]，
∴a∈(-∞，-2-

3

]∪(0，2-

3

]∪[

3

-2，0)∪[2+

3

，+∞)．
②如图，设AM=pAB，AN=qAD，

S△AMN

S△ABD

=

1 2 AM•AN•sinA

1 2 AB•AD•sinA

=pq，
点E为BD中点，G为△DAB重心，则AG=

2

3

AE．
又

S△AMN

S△ABD

=

S△AMG

S△ABD

+

S△ANG

S△ABD

=

1

2

(

S△AMG

S△ABE

+

S△ANG

S△ADE

)=

1

2

(

2

3

p+

2

3

q)，
则pq=

1

3

（p+q），由基本不等式得pq≥

2

3

pq

，
解得pq≥

4

9

，当且仅当“p=q=

2

3

”时取“=”，
则S△AMN≥

4

9

S△ABD，从而有S_{四边形MNBD}=S_△ABD-S_△AMN≤

5

9

S△ABD，
∵S_△ABD的最大值为

3

，
综上可得有S_{四边形MNBD}≤

5

9

S△ABD=

5 3

9

，即四边形MNBD的面积的最大值为

5 3

9

，
当且仅当MN∥BD时取“=”．

点评：本题考查了圆的标准方程、一元二次不等式的解法、三角形重心的性质、三角形的面积之比，考查了推理能力与计算能力，属于难题．