Question

9．已知平面直角坐標(biāo)系xoy內(nèi)兩個(gè)定點(diǎn)A（1，0）、B（4，0），滿足PB=2PA的點(diǎn)P（x，y）形成的曲線記為Γ．
（1）求曲線Γ的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)B的直線l與曲線Γ相交于C、D兩點(diǎn)，當(dāng)△COD的面積最大時(shí)，求直線l的方程（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）；
（3）設(shè)曲線Γ分別交x、y軸的正半軸于M、N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q是曲線Γ位于第三象限內(nèi)一段上的任意一點(diǎn)，連結(jié)QN交x軸于點(diǎn)E、連結(jié)QM交y軸于F．求證四邊形MNEF的面積為定值．

Answer 1

分析 （1）由兩個(gè)定點(diǎn)A（1，0）、B（4，0），滿足PB=2PA的點(diǎn)P（x，y），得到關(guān)系式化簡(jiǎn)即可得出曲線Γ的方程；
（2）表示出面積，利用基本不等式得出結(jié)論；
（3）設(shè)${S_{MNEF}}={S_{△MNE}}+{S_{△MEF}}=\frac{1}{2}ME•NF$，即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）由題設(shè)知$2\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}=\sqrt{{{（x-4）}^2}+{y^2}}$，兩邊化簡(jiǎn)得x²+y²=4
∴點(diǎn)P的軌跡Γ的方程為x²+y²=4…（3分）
（2）由題意知$OS=\sqrt{S{D^2}-O{D^2}}=\sqrt{3}$的斜率一定存在，設(shè)l：y=k（x-4）即kx-y-4k=0，
∵原點(diǎn)到直線l的距離$d=\frac{{|{4k}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}，CD=2\sqrt{4-{d^2}}$，…（5分）
∴${S_{△COD}}=\frac{1}{2}CD•d=\sqrt{{d^2}•（4-{d^2}）}≤\sqrt{{{（\frac{{{d^2}+（4-{d^2}）}}{2}）}^2}}=2$，…（7分）
當(dāng)且僅當(dāng)d²=2時(shí)，取得“=”d²=2＜r²=4
∴當(dāng)d²=2時(shí)，此時(shí)，$\frac{{16{k^2}}}{{{k^2}+1}}=2⇒{k^2}=\frac{1}{7}⇒k=±\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．

∴直線l的方程為$y=±\frac{{\sqrt{7}}}{7}（x-4）$．…（9分）
（3）設(shè)${S_{MNEF}}={S_{△MNE}}+{S_{△MEF}}=\frac{1}{2}ME•NF$…（11分）
設(shè)Q（x₀，y₀），E（e，0），F(xiàn)（0，f）（其中${x_0}＜0，{y_0}＜0，{x_0}^2+{y_0}^2=4$）
則$QM：y=\frac{y_0}{{{x_0}-2}}（x-2）$，令x=0得$f=\frac{{-2{y_0}}}{{{x_0}-2}}$
∴$NF=2-\frac{{-2{y_0}}}{{{x_0}-2}}=\frac{{2（{x_0}+{y_0}）-4}}{{{x_0}-2}}$…（12分）$QN：y=\frac{{{y_0}-2}}{x_0}x+2$，令y=0得$e=\frac{{2{x_0}}}{{2-{y_0}}}$
∴$ME=2-\frac{{2{x_0}}}{{2-{y_0}}}=\frac{{4-2（{x_0}+{y_0}）}}{{2-{y_0}}}$…（13分）
∴${S_{MNEF}}=\frac{1}{2}ME•NF=\frac{1}{2}•\frac{{2（{x_0}+{y_0}）-4}}{{{x_0}-2}}•\frac{{2（{x_0}+{y_0}）-4}}{{{y_0}-2}}=2•\frac{{{{（{x_0}+{y_0}-2）}^2}}}{{（{x_0}-2）（{y_0}-2）}}$=$2•\frac{{{{（{x_0}+{y_0}-2）}^2}}}{{（{x_0}-2）（{y_0}-2）}}=2•\frac{{8-4（{x_0}+{y_0}）+2{x_0}{y_0}}}{{4-2（{x_0}+{y_0}）+{x_0}{y_0}}}=4$（定值）…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程，考查面積的計(jì)算，考查基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題．