Question

11．已知動點(diǎn)P到點(diǎn)F（1，0）的距離比到直線l：x+2=0距離小1．設(shè)動點(diǎn)P的軌跡為C，
（Ⅰ）求軌跡C的方程；
（Ⅱ）已知定點(diǎn)M（4，0）．斜率為k的直線交軌跡C于A、B兩點(diǎn)，使△ABM成為以AB為底邊的等腰三角形，
①求斜率k的取值范圍；
②求弦長|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)條件結(jié)合拋物線的定義即可求軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線方程聯(lián)立直線和拋物線方程轉(zhuǎn)化為一元二次方程，利用等腰三角形的性質(zhì)即可求出斜率以及弦長的最值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），由題意可得，P在直線x+2=0右邊，
所以P點(diǎn)到直線x=-1和到F（1，0）距離相等，
所以P點(diǎn)的軌跡是頂點(diǎn)在原點(diǎn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)，開口向右的拋物線，
∵F和頂點(diǎn)的距離=$\frac{p}{2}$=1，2p=4，所以軌跡C的方程是y²=4x．…（4分）
（Ⅱ） ①設(shè)直線AB的方程為y=kx+b，聯(lián)立拋物線y²=4x，消元得：k²x²+（2kb-4）x+b²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）及AB中點(diǎn)為N（x₀，y₀），
則${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{2-kb}{k^2}$，y₀=kx₀+b=$\frac{2}{k}$…（6分）
∵AM=BM，∴MN⊥AB，∴k_MN•k_AB=-1，即$\frac{{\frac{2}{k}}}{{\frac{2-kb}{k^2}-4}}•k=\frac{2k}{{2-kb-4{k^2}}}•k$=-1，
得2-kb=2k²，$b=\frac{2}{k}-2k$，…（8分）
由△=16-16kb=$16（2{k^2}-1）＞0⇒{k^2}＞\frac{1}{2}$，∴$k＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$或$k＜-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，…（10分）；
②$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=4\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{1-kb}}}{k^2}=4\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{2{k^2}-1}}}{k^2}$=$4\sqrt{\frac{{2{k^4}+{k^2}-1}}{k^4}}=4\sqrt{-\frac{1}{k^4}+\frac{1}{k^2}+2}$．…（12分）
令$\frac{1}{k^2}=t，則0＜t＜2$，∴$|AB|=4\sqrt{-{t^2}+t+2}=4\sqrt{-{{（t-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{9}{4}}≤6$．
所以弦長|ΑΒ|的最大為6．…（15分）

點(diǎn)評 本題主要考查曲線方程的求解，根據(jù)拋物線的定義建立方程關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．聯(lián)系直線和拋物線方程，利用直線和拋物線相交的弦長公式求出弦長的最值，考查學(xué)生的運(yùn)算能力．