Question

12．點(diǎn)P到A（-2，0）的距離是點(diǎn)P到B（1，0）的距離的2倍．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡方程；
（Ⅱ）點(diǎn)P與點(diǎn)Q關(guān)于點(diǎn)（2，1）對稱，點(diǎn)C（3，0），求|QA|²+|QC|²的最大值和最小值．
（Ⅲ）若過A的直線從左向右依次交第（II）問中Q的軌跡于不同兩點(diǎn)E，F(xiàn)，$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{EA}$，判斷λ的取值范圍并證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用直接法，求點(diǎn)P的軌跡方程；
（Ⅱ）求出Q的軌跡方程，令z=|QA|²+|QC|²=（x+2）²+y²+（x-3）²+y²=6x+8y+5，所以6x+8y+5-z=0，利用直線與圓的位置關(guān)系，即可求|QA|²+|QC|²的最大值和最小值；
（Ⅲ）設(shè)過A的直線方程為x=ty-2（一定存在），與Q的軌跡方程聯(lián)立，消去x得（1+t²）y²-（8t+4）y+16=0，利用韋達(dá)定理，結(jié)合基本不等式，即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）設(shè)點(diǎn)P（x，y），由題意可得|PA|=2|PB|，即$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$．
化簡可得（x-2）²+y²=4．（4分）
（II）設(shè)Q（x₀，y₀），由題可得x=4-x₀，y=2-y₀代入上式消去可得（x₀-2）²+（y₀-2）²=4，即Q的軌跡方程為（x-2）²+（y-2）²=4，即x²+y²+4=4x+4y．（6分）
令z=|QA|²+|QC|²=（x+2）²+y²+（x-3）²+y²=6x+8y+5，所以6x+8y+5-z=0，
d=$\frac{|33-z|}{10}$≤2，所以13≤z≤53．
因此|QA|²+|QC|²的最大值為53，最小值為13．（9分）
（III）λ的取值范圍是（1，$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$]．（10分）
證明：設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂）且y₁＜y₂．
因為$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{EA}$，所以$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}+2=λ（{x}_{1}+2）}\\{{y}_{2}=λ{(lán)y}_{1}}\end{array}\right.$，且λ＞1．（11分）
設(shè)過A的直線方程為x=ty-2（一定存在），與Q的軌跡方程聯(lián)立，消去x得（1+t²）y²-（8t+4）y+16=0．
△＞0，解得t＞$\frac{3}{4}$．
而y₁+y₂=$\frac{8t+4}{1+{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{16}{1+{t}^{2}}$，$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$+2=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$，
因此$λ+\frac{1}{λ}$+2=4+$\frac{4t-3}{1+{t}^{2}}$=4+$\frac{16}{（4t-3）+\frac{25}{4t-3}+6}$≤5，當(dāng)且僅當(dāng)t=2時等號成立．
所以$λ+\frac{1}{λ}$-3≤0（k＞1），解得1＜λ≤$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．（14分）

點(diǎn)評 本題考查軌跡方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查基本不等式的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．