Question

13．已知平面直角坐標(biāo)系上一動(dòng)點(diǎn)P（x，y）到點(diǎn)A（-2，0）的距離是點(diǎn)P到點(diǎn)B（1，0）的距離的2倍．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）已知點(diǎn)Q（2，0），過(guò)點(diǎn)A的直線l與點(diǎn)P的軌跡C相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，當(dāng)△QEF的面積最大時(shí)，求直線l的方程；
（3）過(guò)直線l′：3x+4y+14=0上一點(diǎn)R引點(diǎn)P的軌跡C的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，當(dāng)線段MN的長(zhǎng)度最小時(shí)，求MN所在直線的方程．

Answer 1

分析 （1）直接利用動(dòng)點(diǎn)P（x，y）到點(diǎn)A（-2，0）的距離是點(diǎn)P到點(diǎn)B（1，0）的距離的2倍，建立方程，即可求點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）表示出面積，利用換元、配方法，即可得出結(jié)論．
（3）設(shè)R（x₀，y₀），得出直線MN方程為（x₀-2）（x-2）+y₀y=4，要求線段MN的長(zhǎng)度最小，則要圓心到直線的距離最大．

解答 解：（1）∵動(dòng)點(diǎn)P（x，y）到點(diǎn)A（-2，0）的距離是點(diǎn)P到點(diǎn)B（1，0）的距離的2倍，
∴（x+2）²+y²=4（x-1）²+4y²，
∴（x-2）²+y²=4；
（2）設(shè)直線方程為y=k（x+2），即kx-y+2k=0，
（2，0）到直線的距離為d=$\frac{|4k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
直線代入圓的方程，整理得（1+k²）x²+（4k²-4）x+4k²=0，
∴|EF|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4-4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△EFQ=$\frac{1}{2}$|EF|d=8$\sqrt{\frac{（1-3{k}^{2}）{k}^{2}}{（1+{k}^{2}）^{2}}}$
設(shè)t=1+k²（t≥1），S_△EFQ=8$\sqrt{-4（\frac{1}{t}-\frac{7}{8}）^{2}+\frac{1}{16}}$，
∴t=$\frac{8}{7}$時(shí)，S_△EFQ取得最大值2，此時(shí)k=±$\frac{\sqrt{7}}{7}$，y=±$\frac{\sqrt{7}}{7}$（x+2）．
（3）設(shè)R（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則3x₀+4y₀+14=0，
∴切線RM、RN方程分別為（x₁-2）（x-2）+y₁y=4，（x₂-2）（x-2）+y₂y=4，
∵切線RM、RN都經(jīng)過(guò)點(diǎn)R（x₀，y₀），
∴（x₁-2）（x₀-2）+y₁y₀=4，（x₂-2）（x₀-2）+y₂y₀=4，
∴直線MN方程為（x₀-2）（x-2）+y₀y=4，
要求線段MN的長(zhǎng)度最小，
則要圓心到直線的距離最大，
∴d=$\frac{4}{\sqrt{（{x}_{0}-2）^{2}+{{y}^{2}}_{0}}}$，
∵3x₀+4y₀+14=0，
消去y₀得，（x₀-2）²+y${{\;}_{0}}^{2}$=$\frac{25}{16}$（x₀+$\frac{2}{5}$）²+16，
∴x₀=-$\frac{2}{5}$，d_max=1，y₀=-$\frac{16}{5}$，
∴當(dāng)線段MN的長(zhǎng)度最小時(shí)，MN所在直線的方程3x+4y-1=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查面積的計(jì)算，屬于中檔題．