Question

7．已知兩動圓F₁：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=r²和F₂：（x-$\sqrt{3}$）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4），把它們的公共點(diǎn)的軌跡記為曲線C，若曲線C與y軸的正半軸的交點(diǎn)為M，且曲線C上的相異兩點(diǎn)A、B滿足：$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0．
（1）求曲線C的方程；
（2）證明直線AB恒經(jīng)過一定點(diǎn)，并求此定點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）求△ABM面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)兩動圓的公共點(diǎn)為Q，則有|QF₁|+|QF₂|=4，運(yùn)用橢圓的定義，即可得到a，c，b，進(jìn)而得到Q的軌跡方程；
（2）M（0，1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)直線AB的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，根據(jù)條件，運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合韋達(dá)定理和直線恒過定點(diǎn)的求法，即可得到定點(diǎn)；
（3）△ABM面積S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}$|MN||x₁-x₂|，代入韋達(dá)定理，化簡整理，結(jié)合N在橢圓內(nèi)，運(yùn)用對勾函數(shù)的單調(diào)性，即可得到最大值．

解答 解：（1）設(shè)兩動圓的公共點(diǎn)為Q，則有|QF₁|+|QF₂|=4（4＞|F₁F₂|）．
由橢圓的定義可知Q的軌跡為橢圓，a=2，c=$\sqrt{3}$．b=1，
所以曲線C的方程是：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）證明：由題意可知：M（0，1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)AB的斜率不存在時，易知滿足條件$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0的直線AB為：x=0，過定點(diǎn)N（0，-$\frac{3}{5}$）．
當(dāng)AB的斜率存在時，設(shè)直線AB：y=kx+m，聯(lián)立方程組有：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$①，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$②，
因?yàn)?\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0，所以有x₁•x₂+（kx₁+m-1）（kx₂+m-1）=0，
把①②代入整理化簡得（m-1）（5m+3）=0，m=-$\frac{3}{5}$或m=1（舍），
綜合斜率不存在的情況，直線AB恒過定點(diǎn)N（0，-$\frac{3}{5}$）．
（3）△ABM面積S=S_△MNA+S_△MNB=$\frac{1}{2}$|MN||x₁-x₂|=$\frac{32}{25}•\frac{\sqrt{25{k}^{2}+4}}{1+4{k}^{2}}$
因N在橢圓內(nèi)部，所以k∈R，可設(shè)t=$\sqrt{25{k}^{2}+4}$≥2，
S=$\frac{32t}{4{t}^{2}+9}$=$\frac{32}{4t+\frac{9}{t}}$≤$\frac{32}{\frac{25}{2}}$=$\frac{64}{25}$（k=0時取到最大值）．
所以△ABM面積S的最大值為$\frac{64}{25}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的定義、方程的運(yùn)用，同時考查平面向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和直線恒過定點(diǎn)的求法，以及函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，屬于中檔題和易錯題．