Question

1．已知點(diǎn)P（2，0），點(diǎn)N到原點(diǎn)O與到點(diǎn)M（3，0）的距離之比為$\frac{1}{2}$，點(diǎn)N的軌跡為曲線C．
（1）求過(guò)點(diǎn)P且與曲線C相切的直線的方程；
（2）若過(guò)原點(diǎn)O的直線l與曲線C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，求△PAB面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)N（x，y），由已知得|MN|=2|OM|，由此能求出點(diǎn)N的軌跡曲線C的方程，由曲線C是以（-1，0）為圓心，以r=2為半徑的圓，能求出過(guò)點(diǎn)P且與曲線C相切的直線的方程．
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=0，此時(shí)△PAB面積S_△PAB=2$\sqrt{3}$．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=mx，m≠0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx}\\{（x+1）^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+m²）x²+2x-3=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式能求出△PAB面積的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)N（x，y），∵點(diǎn)N到原點(diǎn)O與到點(diǎn)M（3，0）的距離之比為$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{|ON|}{|MN|}$=$\frac{1}{2}$，∴|MN|=2|OM|，
∴$\sqrt{（x-3）^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
兩邊平方整理，得點(diǎn)N的軌跡曲線C的方程為：x²+y²+2x-3=0，
即（x+1）²+y²=4，
∴曲線C是以（-1，0）為圓心，以r=2為半徑的圓，
當(dāng)過(guò)點(diǎn)P（2，0）且與曲線C相切的直線的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=2，
圓心C（-1，0）到直線x=2的距離為3≠r=2，不成立．
當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=k（x-2），
∵圓心C（-1，0）到切線y=k（x-2）的距離等于半徑r=2，
∴$\frac{|3k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2，解得k=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴過(guò)點(diǎn)P且與曲線C相切的直線的方程為y=$±\frac{2\sqrt{5}}{5}$（x-2）．
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{（x+1）^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得A（0，$\sqrt{3}$），B（0，-$\sqrt{3}$），
|AB|=2$\sqrt{3}$，點(diǎn)P（2，0）到直線AB的距離d=2，
此時(shí)△PAB面積S_△PAB=$\frac{1}{2}×|AB|×d$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2$=2$\sqrt{3}$．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=mx，m≠0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx}\\{（x+1）^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+m²）x²+2x-3=0，
△=4+12（1+m²）＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2}{1+{m}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{3}{1+{m}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{2}{1+{m}^{2}}）^{2}-4×（-\frac{3}{1+{m}^{2}}）}$=2$\sqrt{\frac{4+3{m}^{2}}{1+{m}^{2}}}$，
點(diǎn)P（2，0）到直線y=mx的距離d=$\frac{|2m|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴△PAB面積S_△PAB=$\frac{1}{2}|AB|•d$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{\frac{4+3{m}^{2}}{1+{m}^{2}}}×\frac{|2m|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2|m|\sqrt{4+3{m}^{2}}}{1+{m}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4+3{m}^{2}}{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+2}}$，
∴由${m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+2$≥4，（當(dāng)且僅當(dāng)${m}^{2}=\frac{1}{{m}^{2}}$，即m²=1時(shí)取等號(hào)），
得當(dāng)m²=1時(shí)，△PAB面積最小值（S_△PAB）_min=2$\sqrt{\frac{4+3}{4}}$=$\sqrt{7}$．
又$\underset{lim}{n→∞}（2\sqrt{\frac{4+3{m}^{2}}{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+2}}）$=2$\sqrt{3}$，
∴△PAB面積的取值范圍是[$\sqrt{7}$，2$\sqrt{3}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查過(guò)已知點(diǎn)與曲線相切的直線方程的求法，考查三角形的面積的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式的合理運(yùn)用．