Question

6．已知圓M：x²+y²+2y-7=0和點N（0，1），動圓P經(jīng)過點N且與圓M相切，圓心P的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程；
（2）點A是曲線E與x軸正半軸的交點，點B、C在曲線E上，若直線AB、AC的斜率k₁，k₂，滿足k₁k₂=4，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用圓與圓的位置關(guān)系，得出曲線E是M，N為焦點，長軸長為$2\sqrt{2}$的橢圓，即可求曲線E的方程；
（2）聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}x=ty+m\\{x^2}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得 （1+2t²）y²+4mty+2m²-2=0，利用韋達(dá)定理，結(jié)合k₁k₂=4，得出直線BC過定點（3，0），表示出面積，即可求△ABC面積的最大值．

解答 解：（1）圓M：x²+y²+2y-7=0的圓心為M（0，-1），半徑為$2\sqrt{2}$
點N（0，1）在圓M內(nèi)，因為動圓P經(jīng)過點N且與圓M相切，
所以動圓P與圓M內(nèi)切．設(shè)動圓P半徑為r，則$2\sqrt{2}$-r=|PM|．
因為動圓P經(jīng)過點N，所以r=|PN|，$|{PM}|+|{PN}|=2\sqrt{2}$＞|MN|，
所以曲線E是M，N為焦點，長軸長為$2\sqrt{2}$的橢圓．
由$a=\sqrt{2，}\;\;c=1$，得b²=2-1=1，
所以曲線E的方程為${x^2}+\frac{y^2}{2}=1$…（4分）
（Ⅱ）直線BC斜率為0時，不合題意
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），直線BC：x=ty+m，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}x=ty+m\\{x^2}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得 （1+2t²）y²+4mty+2m²-2=0，${y_1}+{y_2}=-\frac{4mt}{{1+2{t^2}}}，{y_1}{y_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{t^2}}}$
又k₁k₂=4，知y₁y₂=4（x₁-1）（x₂-1）=4（ty₁+m-1）（ty₂+m-1）
=$4{t^2}{y_1}{y_2}+4（m-1）t（{y_1}+{y_2}）+4{（m-1）^2}$．
代入得$\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{t^2}}}（1-4{t^2}）=4（m-1）\frac{{-4m{t^2}}}{{1+2{t^2}}}+4{（m-1）^2}$
又m≠1，化簡得（m+1）（1-4t²）=2（-4mt²）+2（m-1）（1+2t²），
解得m=3，故直線BC過定點（3，0）…（8分）
由△＞0，解得t²＞4，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}•2•|{{y_2}-{y_1}}|=\frac{{4\sqrt{{t^2}-4}}}{{1+2{t^2}}}$=$\frac{{4\sqrt{{t^2}-4}}}{{9+2{{（\sqrt{{t^2}-4}）}^2}}}=\frac{4}{{\frac{9}{{\sqrt{{t^2}-4}}}+2\sqrt{{t^2}-4}}}$$≤\frac{{\sqrt{2}}}{3}$
（當(dāng)且僅當(dāng)${t^2}=\frac{17}{2}$時取等號）．
綜上，△ABC面積的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$…（12分）

點評 本題考查圓與圓的位置關(guān)系，考查橢圓的定義與方程，考查直線與橢圓位置關(guān)系的運用，考查韋達(dá)定理，屬于中檔題．