Question

6．如圖，已知A、B兩點的坐標分別為（-2，0）、（0，1），⊙C的圓心坐標為（0，-1），半徑為1，E是⊙C上的一動點，則△ABE面積的最大值為（　　）

• A． 2+$\frac{\sqrt{5}}{2}$
• B． 3+$\frac{\sqrt{5}}{2}$
• C． 3+$\frac{\sqrt{3}}{2}$
• D． 4+$\frac{\sqrt{3}}{2}$

Answer 1

分析 方法一、先判斷出點E的位置，點E在過點C垂直于AC的直線和圓C在點C下方的交點，然后求出直線AB解析式，進而得出CD解析式，即可得出點D坐標，再求出CD，進而得出DE，再用三角形的面積公式即可得出結論．
方法二，先求出OA，OB，根據勾股定理得出AB，利用面積相等求出OF，再利用三角形的中位線求出CD，進而得出DE，再用三角形的面積公式即可得出結論．

解答 解：方法一、如圖，過點C作CD⊥AB，延長DC交⊙C于E，此時△ABE面積的最大值（AB是定值，只要圓上一點E到直線AB的距離最大），
設直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵A（-2，0），B（0，1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2k+b=0}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線AB的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+1①，
∵CD⊥AB，C（0，-1），
∴直線CD的解析式為y=-2x-1②，
聯立①②得，D（-$\frac{4}{5}$，$\frac{3}{5}$），
∵C（0，-1），
∴CD=$\sqrt{（\frac{4}{5}）^{2}+（\frac{3}{5}+1）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵⊙C的半徑為1，
∴DE=CD+CE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$+1，
∵A（-2，0），B（0，1），
∴AB=$\sqrt{5}$，
∴S_{△ABE面積的最大值}=$\frac{1}{2}$AB•DE=$\frac{1}{2}$（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$+1）×$\sqrt{5}$=2+$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
故選A．
方法二、如圖1，過點C作CD⊥AB，延長DC交⊙C于E，此時△ABE面積的最大值（AB是定值，只要圓上一點E到直線AB的距離最大，而過圓心時，和圓相交兩個點，一個是最大的，一個是最小的），
過點O作OF⊥AB于F，
∵A、B兩點的坐標分別為（-2，0）、（0，1）
∴OA=2，OB=1，
在Rt△AOB中，根據勾股定理得，AB=$\sqrt{5}$，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$AB•OF，
∴OF=$\frac{OA•OB}{AB}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∵點C（0，-1），
∴OC=1，
∴OB=OC，
∴CD=2OF=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵⊙C的半徑為1，
∴DE=CD+CE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$+1，
∵A（-2，0），B（0，1），
∴AB=$\sqrt{5}$，
∴S_{△ABE面積的最大值}=$\frac{1}{2}$AB•DE=$\frac{1}{2}$（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$+1）×$\sqrt{5}$=2+$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
故選A．

點評 此題是圓的綜合題，主要考查了圓的性質，待定系數法，求兩條直線的交點的方法，三角形的面積公式，解本題的關鍵是判斷出點E的位置，是一道中等難度的試題．