分析 (1)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),直線方程代入圓的方程,利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x1•x2+y1•y2=-$\frac{5}{2}$,即可求得k的值.
(2)設(shè)圓心O到直線l,l1的距離分別為d,d1,求得${sootveb_{1}}^{2}+pavscsw^{2}=1$,根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到|PQ|=2$\sqrt{4-pyibpyi^{2}}$,|MN|=2$•\sqrt{4-{vzckirc_{1}}^{2}}$,再利用基本不等式,可求四邊形PMQN面積的最大值.
解答 解:(1)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),
∵$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$,代入消元得(1+k2)x2+2kx-3=0.
由題意得:△=4k2-4(1+k2)(-3)>0,
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k}{1+{k}^{2}}$,x1x2=-$\frac{3}{1+{k}^{2}}$,
∵$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{5}{2}$,∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x1•x2+y1•y2=-$\frac{5}{2}$,
又y1•y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1,
∵x1•x2+y1•y2=$\frac{-3}{1+{k}^{2}}+\frac{-3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}+\frac{-2{k}^{2}}{1+{k}^{2}}+1=-\frac{5}{2}$,
化簡得:3k2=1,解得k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(2)設(shè)圓心O到直線l,l1的距離分別為d,d1,四邊形PMQN的面積為S.
因?yàn)橹本l,l1都經(jīng)過點(diǎn)(0,1),且l⊥l1,根據(jù)勾股定理,有${mrqkojj_{1}}^{2}+cpedpyi^{2}=1$,
又根據(jù)垂徑定理和勾股定理得到,|PQ|=2$\sqrt{4-ecesskw^{2}}$,|MN|=2$•\sqrt{4-{djfiicd_{1}}^{2}}$,
而S=$\frac{1}{2}•$|PQ|•|MN|,
即S=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{4-{tmdpirc_{1}}^{2}}×2×\sqrt{4-olnqxej^{2}}$
=2$\sqrt{16-4({sljjnbm_{1}}^{2}+obvdndj^{2})+{uboktau_{1}}^{2}•hcdsfzg^{2}}$
=2$\sqrt{12-{xuqdwrw_{1}}^{2}•reuonba^{2}}$
≤2$\sqrt{12+(\frac{{zshcvsy_{1}}^{2}+{vtjziwn_{2}}^{2}}{2})^{2}}$
=2$\sqrt{12+\frac{1}{4}}$=7.
當(dāng)且僅當(dāng)d1=d時(shí),等號成立,所以S的最大值為7.
點(diǎn)評 本題考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,考查向量的數(shù)量積,考查圓的性質(zhì),考查四邊形面積的計(jì)算,考查基本不等式的運(yùn)用,解題的關(guān)鍵是正確表示四邊形的面積,屬于中檔題
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A. | -9 | B. | 9 | C. | 12 | D. | -12 |
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