Question

5．已知定點(diǎn)A（7，0），B（1，0），平面上動(dòng)點(diǎn)P到A點(diǎn)的距離與到B點(diǎn)的距離之比為λ（λ＞0，且為常數(shù)）
（I）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，并說(shuō)明方程表示的曲線；
（II）當(dāng)λ=2時(shí)，記P點(diǎn)的軌跡與y軸交于M、N兩點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)P做圓C：（x-1）²+y²=1的兩條切線l₁、l₂分別交y軸于H、K兩點(diǎn)，在構(gòu)成三角形的條件下，求$\frac{{{S_△}_{PMN}}}{{{S_{△PHK}}}}$得最大值，并指出取得最大值時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （I）利用直接法求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，從而說(shuō)明方程表示的曲線；
（II）由題意知，兩條切線的斜率都存在，設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），切線的斜率為k，則切線方程為kx-y+y₀-kx₀=0，$\frac{|k+{y}_{0}-k{x}_{0}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，由此入手能求，|HK|取得最小值$\frac{20}{7}$，即可$\frac{{{S_△}_{PMN}}}{{{S_{△PHK}}}}$=$\frac{|MN|}{|HK|}$最大值．

解答 解：（I）設(shè)P（x，y），則由題意，（x-7）²+y²=λ²（x-1）²+λ²y²，
∴（1-λ²）x²+（1-λ²）y²+（2λ²-14）x=λ²-49
λ=1時(shí)，方程為x=4，表示直線；
λ＞0且λ≠1時(shí)，方程為（x+$\frac{{λ}^{2}-7}{1-{λ}^{2}}$）²+y²=$\frac{36{λ}^{2}}{（1-{λ}^{2}）^{2}}$，方程表示圓；
（II）當(dāng)λ=2時(shí)，方程為（x+1）²+y²=16．令x=0，可得y=±$\sqrt{15}$．
由題意知，兩條切線的斜率都存在，設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），
切線的斜率為k，則切線方程為y-y₀=k（x-x₀），即kx-y+y₀-kx₀=0，
∴$\frac{|k+{y}_{0}-k{x}_{0}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，
∴（x₀²-2x₀）k²+2（1-x₀）y₀k+y₀²-1=0，
記其兩根分別為k₁，k₂，
在y-y₀=k（x-x₀）中，
令x=0，得y=y₀-kx₀，∴|HK|=|（k₁-k₂）x₀|，
∴|HK|²=x₀²[（k₁+k₂）²-4k₁k₂]=4•$\frac{{{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}-2{x}_{0}}{（{x}_{0}-2）^{2}}$=4•$\frac{15-4{x}_{0}}{（{x}_{0}-2）^{2}}$
令15-4x₀=t，則t∈[3，35]，
∴|HK|²=4•$\frac{16}{t+\frac{49}{t}-14}$
當(dāng)t=35時(shí)，|HK|取得最小值$\sqrt{\frac{20}{7}}$，
∴$\frac{{{S_△}_{PMN}}}{{{S_{△PHK}}}}$=$\frac{|MN|}{|HK|}$最大值為=$\sqrt{21}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，考查兩個(gè)三角形面積比值的最大值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意弦長(zhǎng)公式的合理運(yùn)用．