Question

13．平面內(nèi)有兩個定點A（1，0），B（1，-2），設點P到A的距離為d₁，到B的距離為d₂，且$\frac{d_1}{d_2}=\sqrt{2}$．
（1）求點P的軌跡C的方程；
（2）點M（0，1）與點N關于直線x-y=0對稱，問：是否存在過點N的直線l，l與軌跡C相交于E、F兩點，且使三角形${S_{△OEF}}=2\sqrt{2}$（O為坐標原點）？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設P（x，y），利用兩點間距離公式能求出點P的軌跡C的方程．
（2）求出N（1，0），當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=1，不成立；當直線l的斜率成立時，設直線l的方程為y=k（x-1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x+8y+9=0}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-（2k²-8k+2）x+k²-8k+9=0，由此利用根的判別式、點到直線的距離公式、弦長公式能求出存在過點N的直線l，l與軌跡C相交于E、F兩點，且使三角形${S_{△OEF}}=2\sqrt{2}$．

解答 解：（1）設P（x，y），
則$ilyohy1_{1}=\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，d₂=$\sqrt{（{x}_{\;}-1）^{2}+（y+2）^{2}}$，
∵$\frac{d_1}{d_2}=\sqrt{2}$，
∴$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{\sqrt{（x-1）^{2}+（y+2）^{2}}}$=$\sqrt{2}$，
整理，得：x²+y²-2x+8y+9=0．
∴點P的軌跡C的方程為x²+y²-2x+8y+9=0．
（2）不存在過點N的直線l，l與軌跡C相交于E、F兩點，且使三角形${S_{△OEF}}=2\sqrt{2}$．
理由如下：
∵點M（0，1）與點N關于直線x-y=0對稱，∴N（1，0），
當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x+8y+9=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-2-2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-2+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
此時S_△OEF=$\frac{1}{2}×1×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，成立；
當直線l的斜率成立時，設直線l的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x+8y+9=0}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-（2k²-8k+2）x+k²-8k+9=0，
△＞0，設E（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-8k+2}{1+{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{k}^{2}-8k+9}{1+{k}^{2}}$，
點O到直線y=k（x-1）的距離d=$\frac{|-k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
|EF|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（\frac{2{k}^{2}-8k+2}{1+{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{{k}^{2}-8k+9}{1+{k}^{2}}]}$=$\sqrt{\frac{32{k}^{2}-32}{1+{k}^{2}}}$，
∵${S_{△OEF}}=2\sqrt{2}$，
∴S_△OEF=$\frac{1}{2}×|EF|×d$=$\frac{1}{2}×$$\sqrt{\frac{32{k}^{2}-32}{1+{k}^{2}}}$×$\frac{|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2$\sqrt{2}$，
整理，得3k²=-1，不成立，
綜上，存在過點N的直線l：x=1，l與軌跡C相交于E、F兩點，且使三角形${S_{△OEF}}=2\sqrt{2}$．

點評 本題考查兩點距離公式的求法，考查滿足條件的直線是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、點到直線的距離公式、弦長公式的合理運用．