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安徽省2023-2024学年第二学期八年级质量监测（4月）数学试卷答案

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17．已知三角形ABC的顶点坐标分别为：A（-1，5），B（5，5），C（6，-2），求其外接圆的方程．

分析（1）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），由题意可得c=1，由离心率公式可得a，进而得到b，即有椭圆方程，
（2）设直线PQ：y=k（x-2），代入椭圆方程，运用判别式大于0和韦达定理，结合直线的斜率公式，化简整理可得k₁+k₂为定值；
（3）△P₁P₂F的面积S=$\frac{1}{2}$|PF|•|y₁-y₂|，由直线方程和韦达定理代入化简，再由换元法和二次函数的最值求法，即可得到最大值．

解答解：（1）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由题意可得c=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又c²=a²-b²，
解得c=2，a=4，b=2$\sqrt{3}$，
即椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；
（2）证明：设直线P₁P₂：y=k（x+8），
代入椭圆方程可得（3+4k²）x²+64k²x+256k²-48=0，
由△=64²k⁴-4（3+4k²）（256k²-48）＞0，即有
设P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），
x₁+x₂=-$\frac{64{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{256{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
即有k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=$\frac{k（{x}_{1}+8）}{{x}_{1}+2}$+$\frac{k（{x}_{2}+8）}{{x}_{2}+2}$=k•$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+10（{x}_{1}+{x}_{2}）+32}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
将韦达定理代入上式，可得
2x₁x₂+10（x₁+x₂）+32=$\frac{512{k}^{2}-96}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{640{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+32=0，
则k₁+k₂=0；
（2）△P₁P₂F面积S=$\frac{1}{2}$|PF|•|y₁-y₂|
=3|k|•|x₁-x₂|=3|k|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=3|k|•$\sqrt{（-\frac{64k}{3+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{1024{k}^{2}-192}{3+4{k}^{2}}}$
=72•$\sqrt{\frac{{k}^{2}（1-4{k}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
设t=3+4k²（3＜t＜4），
则S=72•$\sqrt{\frac{\frac{t-3}{4}（4-t）}{{t}^{2}}}$=36$\sqrt{\frac{7}{t}-\frac{12}{{t}^{2}}-1}$=36$\sqrt{-12（\frac{1}{t}-\frac{7}{24}）^{2}+\frac{1}{48}}$，
当$\frac{1}{t}$=$\frac{7}{24}$即t=$\frac{24}{7}$即k=±$\frac{\sqrt{21}}{14}$时，取得最大值，且为3$\sqrt{3}$．
则△P₁P₂F面积的最大值为3$\sqrt{3}$．

点评本题考查椭圆的方程和性质及运用，考查直线和椭圆的位置关系，联立直线方程和椭圆方程运用韦达定理，同时考查三角形的面积的最大值，注意运用二次函数的最值求法，属于中档题．