Question

（2012•韶關(guān)二模）在直角坐標(biāo)系xOy中，動點P與定點F（1，0）的距離和它到定直線x=2的距離之比是

2

2

，設(shè)動點P的軌跡為C₁，Q是動圓C2：x2+y2=r2（1＜r＜2）上一點．
（1）求動點P的軌跡C₁的方程，并說明軌跡是什么圖形；
（2）設(shè)曲線C₁上的三點A(x1，y1)，B(1，

2

2

)，C(x2，y2)與點F的距離成等差數(shù)列，若線段AC的垂直平分線與x軸的交點為T，求直線BT的斜率k；
（3）若直線PQ與C₁和動圓C₂均只有一個公共點，求P、Q兩點的距離|PQ|的最大值．

Answer 1

分析：（1）由已知，得

(x-1)2+y2

|2-x|

=

2

2

，由此能求出動點P的軌跡C₁的方程和軌跡是什么圖形．
（2）由已知可得|AF|=

2

2

(2-x1)，|BF|=

2

2

(2-1)，|CF|=

2

2

(2-x2)，因為2|BF|=|AF|+|CF|，所以x₁+x₂=2，故線段AC的中點為(1，

y1+y2

2

)，其垂直平分線方程為y-

y1+y2

2

=-

x1-x2

y1-y2

(x-1)，由此能求出直線BT的斜率．
（3）設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），直線PQ的方程為y=kx+m，因為P既在橢圓C₁上又在直線PQ上，由此能求出P、Q兩點的距離|PQ|的最大值．

解答：解：（1）由已知，得

(x-1)2+y2

|2-x|

=

2

2

，…（2分）．
將兩邊平方，并化簡得

x2

2

+y2=1，…（4分）．
故軌跡C₁的方程是

x2

2

+y2=1，
它是長軸、短軸分別為2

2

、2的橢圓…（4分）．
（2）由已知可得|AF|=

2

2

(2-x1)，|BF|=

2

2

(2-1)，|CF|=

2

2

(2-x2)，
因為2|BF|=|AF|+|CF|，所以

2

2

(2-x1)+

2

2

(2-x2)=2×

2

2

(2-1)，
即得x₁+x₂=2，①…（5分）．
故線段AC的中點為(1，

y1+y2

2

)，
其垂直平分線方程為y-

y1+y2

2

=-

x1-x2

y1-y2

(x-1)，②…（6分）．
因為A，C在橢圓上，故有

x12

2

+y12=1，

x22

2

+y22=1，
兩式相減，得：

x12-x22

2

+y12-y22=0③
將①代入③，化簡得-

x1-x2

y1-y2

=

2(y1+y2)

x1+x2

=y1+y2，④…（7分）．
將④代入②，并令y=0得，x=

1

2

，
即T的坐標(biāo)為(

1

2

，0)．…（8分）．
所以kBT=

2 2 -0

1- 1 2

=

2

．…（9分）．
（3）設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），
直線PQ的方程為y=kx+m，
因為P既在橢圓C₁上又在直線PQ上，
從而有

y1=kx1+m x12 2 +y12=1

∴（2k²+1）x²+4kmx+2（m²-1）=0…（10分）．
由于直線PQ與橢圓C₁相切，故△=（4km）²-4×2（m²-1）（2k²+1）=0
從而可得m²=1+2k²，x1=-

2k

m

，
同理，由Q既在圓C₂上又在直線PQ上，可得m²=r²（1+k²），x2=-

2k

m

…（12分）
∴k2=

r2-1

2-r2

，x2-x1=

k(2-r2)

m

所以|PQ|2=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x2-x1)2
=

m2

r2

•

k2(2-r2)2

m2

=

(2-r2)2

r2

•

r2-1

2-r2

=

(2-r2)(r2-1)

r2

=3-r2-

2

r2

≤3-2

2

=(

2

-1)2…（13分）．
即|PQ|≤

2

-1，當(dāng)且僅當(dāng)r2=

2

時取等號，
故P、Q兩點的距離|PQ|的最大值

2

-1．…（14分）．

點評：本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．