Question

設(shè)A、B分別是直線y=±

2

2

x上的動(dòng)點(diǎn)，且|AB|=

2

，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿足

OP

=

OA

+

OB

；動(dòng)點(diǎn)Q在動(dòng)圓C₁：x²+y²=t²（1＜t＜4）上．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C₂的方程；
（2）若直線PQ與C₁和C₂均只有一個(gè)交點(diǎn)，求線段PQ長(zhǎng)度的最大值并求出此時(shí)圓C₁的方程．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題,軌跡方程

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題

分析：（1）令A(yù)（t，

2

2

t），B（s，-

2

2

s） p=（x，y），由已知件推導(dǎo)出

x=t+s y= 2 2 (t-s)

，由此能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C₂的方程．
（2）若直線PQ的斜率不存在．則|PQ|=0；若直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，P（x₁，y₂），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立

y=kx+m x2 4 +y2=1

，得（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，由此利用韋達(dá)定理和根的判別式能求出|PQ|的最大值和此時(shí)圓C₁的方程．

解答： 解：（1）令A(yù)（t，

2

2

t），B（s，-

2

2

s）
則p（t+s，

2

2

(t-s)）=（x，y），
∴

x=t+s y= 2 2 (t-s)

，
而|AB|²=（t-s）²+

1

2

（t+s）²=2，
∴（

2

y）²+

1

2

x2=2，
整理，得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C₂的方程為

x2

4

+y2=1．
（2）若直線PQ的斜率不存在．則|PQ|=0．
若直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，P（x₁，y₂），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立

y=kx+m x2 4 +y2=1

，消去y，并整理，得：
（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
∵直線PQ與C₁和C₂均只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴△=（8km）²-16（4k²+1）（m²-1）=0，
從而m²=4k²+1，x1=-

4k

m

，①
又PQ與圓C₁相切，得

|m|

k2+1

=t，
∴m²=t²（k²+1），②
由①②得：k2=

t2-1

4-t2

，
PQ²=OP²-t²=x12+y12-t2
=x12+1-

x12

4

-t2
=1+

3

4

x12-t²
=1+

12k2

4k2+1

-t²
=5-（t²+

4

t2

）
≤5-4=1．
當(dāng)且僅當(dāng)t²=2，即t=

2

∈（1，4）時(shí)取得等號(hào)，
∴|PQ|的最大值為1．
此時(shí)圓C₁的方程x²+y²=1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查線段長(zhǎng)的最大值的求法，考查圓的方程的求法，解題時(shí)要注意均值定理的合理運(yùn)用．