Question

17．在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点（1，0）的距离与到定直线x=2的距离之比为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，设动点P的轨迹为C．
（1）求出轨迹C的方程；
（2）设动直线l：y=kx-$\frac{1}{3}$与曲线C交于A、B两点，问在y轴上是否存在定点G，使∠AGB为直角？若存在，求出G的坐标，并求△AGB面积的最大值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），则$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{|x-2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化简可得轨迹C的方程；
（2）动直线l：y=kx-$\frac{1}{3}$代入椭圆方程得（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．利用$\overrightarrow{GA}$•$\overrightarrow{GB}$=0，求出m，表示出面积，配方，求出△GAB面积的最大值．

解答 解：（1）设P（x，y），则$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{|x-2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
化简可得$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）动直线l：y=kx-$\frac{1}{3}$代入椭圆方程得（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
则x₁+x₂=$\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9（2{k}^{2}+1）}$
假设在y上存在定点G（0，m），满足题设，
则$\overrightarrow{GA}$•$\overrightarrow{GB}$=x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=（k²+1）x₁x₂-k（$\frac{1}{3}$+m）（x₁+x₂）+m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{1}{9}$
=$\frac{18（{m}^{2}-1）{k}^{2}+（9{m}^{2}+6m-15）}{9（2{k}^{2}+1）}$=0．
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-1=0}\\{9{m}^{2}+6m-15=0}\end{array}\right.$，
解得m=1．
故在y轴上存在定点G（0，1），使得以AB为直径的圆恒过这个点…（10分）
这时，点G到AB的距离d=$\frac{4}{3\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|，
∴S_△GAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{2}{3}$•|x₁-x₂|=$\frac{8}{9}\sqrt{\frac{{9k}^{2}+4}{（2{k}^{2}+1）^{2}}}$
设2k²+1=t，则k²=$\frac{t-1}{2}$（t≥1）．
∴S_△GAB=$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{1}{2}[\frac{81}{4}-（\frac{1}{t}-\frac{9}{2}）^{2}}$≤$\frac{16}{9}$．
当且仅当t=1时，上式等号成立．
因此，△GAB面积的最大值是$\frac{16}{9}$．

点评 通过几何量的转化考查用待定系数法求曲线方程的能力，通过直线与圆锥曲线的位置关系处理，考查学生的运算能力．通过向量与几何问题的综合，考查学生分析转化问题的能力，探究研究问题的能力，并体现了合理消元，设而不解的代数变形的思想．本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．