Question

20．在直角坐標(biāo)系中，已知射線OA：x-y=0（x≥0），OB：2x+y=0（x≥0）．過點P（1，0）作直線分別交射線OA，OB于點A，B．
（1）當(dāng)AB的中點在直線x-2y=0上時，求直線AB的方程；
（2）當(dāng)△AOB的面積取最小值時，求直線AB的方程．
（3）當(dāng)PA•PB取最小值時，求直線AB的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（a，a），B（b，-2b），則線段AB的中點為C$（\frac{a+b}{2}，\frac{a-2b}{2}）$．可得$\frac{a+b}{2}$-2×$\frac{a-2b}{2}$=0，$\frac{a}{a-1}$=$\frac{-2b}{b-1}$，聯(lián)立解出a，b，即可得出．
（2）設(shè)A（a，a），B（b，-2b），（a，b＞0）．a(chǎn)=b=1時，A（1，1），B（1，-2），S_△OAB=$\frac{1}{2}$×|OP|×|AB|．a(chǎn)，b≠1時，S_△OAB=$\frac{1}{2}$×|OP|×（a+2b）=$\frac{1}{2}$（a+2b），又$\frac{a}{a-1}=\frac{2b}{1-b}$，化為a+2b=3ab，利用基本不等式的性質(zhì)可得a+2b的取值范圍．
（3）設(shè)直線AB的方程為：my=x-1.$（m≠1，-\frac{1}{2}）$．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{x=y}\end{array}\right.$，解得A$（\frac{1}{1-m}，\frac{1}{1-m}）$，可得|PA|=$\frac{\sqrt{1+{m}^{2}}}{|1-m|}$．同理可得|PB|=$\frac{2\sqrt{1+{m}^{2}}}{|1+2m|}$．可得|PA||PB|．進而得出最小值．

解答 解：（1）設(shè)A（a，a），B（b，-2b），則線段AB的中點為C$（\frac{a+b}{2}，\frac{a-2b}{2}）$．
∴$\frac{a+b}{2}$-2×$\frac{a-2b}{2}$=0，$\frac{a}{a-1}$=$\frac{-2b}{b-1}$，
分別化為：a=5b，a+2b-3ab=0．
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{7}{3}}\\{b=\frac{7}{15}}\end{array}\right.$，
∴直線AB的方程為：y-0=$\frac{\frac{7}{3}}{\frac{7}{3}-1}$（x-1），化為：7x-4y-7=0．
（2）設(shè)A（a，a），B（b，-2b），（a，b＞0）．
a=b=1時，A（1，1），B（1，-2），S_△OAB=$\frac{1}{2}$×|OP|×|AB|=$\frac{1}{2}×1×3$=$\frac{3}{2}$．
a，b≠1時，S_△OAB=$\frac{1}{2}$×|OP|×（a+2b）=$\frac{1}{2}$（a+2b），
又$\frac{a}{a-1}=\frac{2b}{1-b}$，化為a+2b=3ab，
∴a+2b=3ab=$\frac{3}{2}×a•2b$≤$\frac{3}{2}×（\frac{a+2b}{2}）^{2}$，解得：a+2b≥$\frac{8}{3}$．
∴S_△OAB≥$\frac{1}{2}$×$\frac{8}{3}$=$\frac{4}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=$\frac{4}{3}$時取等號．
綜上可得：當(dāng)△AOB的面積取最小值$\frac{4}{3}$時，直線AB的方程為：y=$\frac{\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}-1}$（x-1），化為：4x-y-4=0．
（3）設(shè)直線AB的方程為：my=x-1.$（m≠1，-\frac{1}{2}）$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{x=y}\end{array}\right.$，解得A$（\frac{1}{1-m}，\frac{1}{1-m}）$，可得|PA|=$\sqrt{（1-\frac{1}{1-m}）^{2}+（\frac{1}{1-m}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{1+{m}^{2}}}{|1-m|}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{2x+y=0}\end{array}\right.$，解得B$（\frac{1}{1+2m}，\frac{-2}{1+2m}）$，可得|PB|=$\sqrt{（1-\frac{1}{1+2m}）^{2}+（\frac{-2}{1+2m}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{1+{m}^{2}}}{|1+2m|}$．
∴|PA|•|PB|=$\frac{2（1+{m}^{2}）}{|（1-m）（1+2m）|}$=$\frac{2（1+{m}^{2}）}{|2{m}^{2}-m-1|}$=$\frac{2}{|2-\frac{m+3}{1+{m}^{2}}|}$=f（m），
m=-3時，f（-3）=1；
令m+3=k≠0，f（m）=g（k）=$\frac{2}{|2-\frac{k}{{k}^{2}-6k+10}|}$=$\frac{2}{|2-\frac{1}{k+\frac{10}{k}-6}|}$，
k＜0時，g（k）=$\frac{2}{|2+\frac{1}{-k+\frac{10}{-k}+6}|}$≥$\frac{2}{|2+\frac{1}{2\sqrt{10}+6}|}$=$\frac{12+4\sqrt{10}}{13+4\sqrt{10}}$．
k＞0時，g（k）=$\frac{2}{|2-\frac{1}{k+\frac{10}{k}-6}|}$≥$\frac{2}{|2-\frac{1}{2\sqrt{10}-6}|}$=$\frac{4\sqrt{10}-12}{13-4\sqrt{10}}$，
而$\frac{12+4\sqrt{10}}{13+4\sqrt{10}}$＜$\frac{4\sqrt{10}-12}{13-4\sqrt{10}}$，
∴g（k）的最小值為：$\frac{12+4\sqrt{10}}{13+4\sqrt{10}}$．
當(dāng)且僅當(dāng)k=-$\sqrt{10}$時取等號．
∴m=-$\sqrt{10}$-3．
∴直線AB的方程為：（-$\sqrt{10}$-3）y=x-1．

點評 本題考查了中點坐標(biāo)公式、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)、直線的方程，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．