Question

3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C：x²+y²=4，A（$\sqrt{3}$，0），A₁（-$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)P為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，以PA為直徑的圓與圓C相切．
（Ⅰ）求證：|PA₁|+|PA|為定值，并求出點(diǎn)P的軌跡方程C₁；
（Ⅱ）若直線PA與曲線C₁的另一交點(diǎn)為Q，求△POQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）兩圓的圓心距d=|OM|=$\frac{1}{2}$|PA₁|=R-$\frac{1}{2}$|PA|，得到點(diǎn)P的軌跡是以A，A₁為焦點(diǎn)，以4為長(zhǎng)軸的橢圓，即可證明：|PA₁|+|PA|為定值，并求出點(diǎn)P的軌跡方程C₁；
（Ⅱ）若直線PA與曲線C₁的另一交點(diǎn)為Q，求出面積，換元，即可求△POQ面積的最大值．

解答 （Ⅰ）證明：設(shè)點(diǎn)P（x，y），記線段PA的中點(diǎn)為M，則
兩圓的圓心距d=|OM|=$\frac{1}{2}$|PA₁|=R-$\frac{1}{2}$|PA|，
所以，|PA₁|+|PA|=4＞2$\sqrt{3}$，
故點(diǎn)P的軌跡是以A，A₁為焦點(diǎn)，以4為長(zhǎng)軸的橢圓，
所以，點(diǎn)P的軌跡方程C₁為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．            …（5分）
（Ⅱ）解：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線PQ的方程為：x=my+$\sqrt{3}$，…（6分）
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1消去x，整理得：（m²+4）y²+2$\sqrt{3}$my-1=0，
則y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+4}$，…（8分）
△POQ面積S=$\frac{1}{2}$|OA||y₁-y₂|=2$\sqrt{3}$$•\sqrt{-\frac{3}{（{m}^{2}+4）^{2}}+\frac{1}{{m}^{2}+4}}$…（10分）
令t=$\frac{1}{{m}^{2}+4}$（0$＜t≤\frac{1}{4}$，則S=2$\sqrt{3}•\sqrt{-3{t}^{2}+t}$≤1（當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{1}{6}$時(shí)取等號(hào)）
所以，△POQ面積的最大值1． …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的定義，考查圓與圓的位置關(guān)系，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．