Question

1．已知線段PQ的端點Q的坐標是（4，0），端點P在圓（x+2）²+y²=4上運動，點M是線段PQ的中點，
（1）求點M的軌跡方程，并說明它是什么圖形；
（2）設(shè)A（0，t），B（0，t+6）（-5≤t≤-2），若點M的軌跡與△ABC的相切，求△ABC的面積S的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點M的坐標是（x，y），點P的坐標是（x₀，y₀），由點Q的坐標是（4，0），點M是線段PQ的中點，推導(dǎo)出點P的坐標滿足方程（x₀+2）²+${{y}_{0}}^{2}$=4，由此能求出點M的軌跡方程．
（2）設(shè)直線AC的斜率為k₁（k₁＞0），直線BC的斜率為k₂（k₂≤0），則直線AC的方程為y=k₁x+t，直線BC的方程為y=k₂x+t+6．由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x+t}\\{y={k}_{2}x+t+6}\end{array}\right.$，得C點的橫坐標為$\frac{6}{{k}_{1}-{k}_{2}}$．從而S=$\frac{18}{{{k_1}-{k_2}}}$．，點M的軌跡為圓N，從而點M的軌跡與△ABC內(nèi)切，圓N與直線AC、BC都相切，由此能求出結(jié)果．

解答 解：（1）設(shè)點M的坐標是（x，y），點P的坐標是（x₀，y₀），
由于點Q的坐標是（4，0），且點M是線段PQ的中點，
所以$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{0}+4}{2}}\\{y=\frac{{y}_{0}}{2}}\end{array}\right.$，于是有$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=2x-4}\\{{y}_{0}=2y}\end{array}\right.$，①…（2分）
因為點P在圓（x+2）²+y²=4上運動，
所以點P的坐標滿足方程（x+2）²+y²=4，即（x₀+2）²+${{y}_{0}}^{2}$=4，②
把①代入②得（2x-4+2）²+（2y）²=4，整理得（x-1）²+y²=1，
∴點M的軌跡方程是（x-1）²+y²=1，…（4分）
它是以N（1，0）為圓心，半徑長為1的圓．            …（5分）
（2）設(shè)直線AC的斜率為k₁（k₁＞0），直線BC的斜率為k₂（k₂≤0），
則直線AC的方程為y=k₁x+t，直線BC的方程為y=k₂x+t+6．
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x+t}\\{y={k}_{2}x+t+6}\end{array}\right.$，解得C點的橫坐標為$\frac{6}{{k}_{1}-{k}_{2}}$．  …（6分）
∵|AB|=t+6-t=6，
∴S=$\frac{1}{2}$×|$\frac{6}{{k}_{1}-{k}_{2}}$|×6=$\frac{18}{|{k}_{1}-{k}_{2}|}$=$\frac{18}{{{k_1}-{k_2}}}$．         …（7分）
由（1）知點M的軌跡為圓N，∴點M的軌跡與△ABC相切，即圓N與△ABC內(nèi)切，
∴圓N與直線AC、BC都相切，
∴1=$\frac{|{k}_{1}+t|}{\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}}$，∴k₁=$\frac{1-t2}{2t}$；
同理可得${k}_{2}=\frac{1-（t+6）^{2}}{2（t+6）}$．               …（8分）
∴k₁-k₂=$\frac{3（{t}^{2}+6t+1）}{{t}^{2}+6t}$，
∴S=$\frac{6（{t}^{2}+6t）}{{t}^{2}+6t+1}$=6（1-$\frac{1}{{t}^{2}+6t+1}$），…（9分）
∵-5≤t≤-2，∴-8≤t²+6t+1≤-4，
∴S_max=6×（1+$\frac{1}{4}$）=$\frac{15}{2}$，S_min=6×（1+$\frac{1}{8}$）=$\frac{27}{4}$．        …（10分）

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查三角形面積的最大值和最小值的求法，涉及到直線方程、圓、直線與圓相切等知識點，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．