题目内容

（2012•韶关二模）在直角坐标系xOy中，动点P与定点F（1，0）的距离和它到定直线x=2的距离之比是
2
2
，设动点P的轨迹为C1，Q是动圆C2：x2+y2=r2（1＜r＜2）上一点．
（1）求动点P的轨迹C1的方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）设曲线C1上的三点A(x1，y1)，B(1，
2
2
)，C(x2，y2)与点F的距离成等差数列，若线段AC的垂直平分线与x轴的交点为T，求直线BT的斜率k；
（3）若直线PQ与C1和动圆C2均只有一个公共点，求P、Q两点的距离|PQ|的最大值．
分析：（1）由已知，得
(x-1)2+y2
|2-x|
=
2
2
，由此能求出动点P的轨迹C1的方程和轨迹是什么图形．
（2）由已知可得|AF|=
2
2
(2-x1)，|BF|=
2
2
(2-1)，|CF|=
2
2
(2-x2)，因为2|BF|=|AF|+|CF|，所以x1+x2=2，故线段AC的中点为(1，
y1+y2
2
)，其垂直平分线方程为y-
y1+y2
2
=-
x1-x2
y1-y2
(x-1)，由此能求出直线BT的斜率．
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2），直线PQ的方程为y=kx+m，因为P既在椭圆C1上又在直线PQ上，由此能求出P、Q两点的距离|PQ|的最大值．
解答：解：（1）由已知，得
(x-1)2+y2
|2-x|
=
2
2
，…（2分）．
将两边平方，并化简得
x2
2
+y2=1，…（4分）．
故轨迹C1的方程是
x2
2
+y2=1，
它是长轴、短轴分别为2
2
、2的椭圆…（4分）．
（2）由已知可得|AF|=
2
2
(2-x1)，|BF|=
2
2
(2-1)，|CF|=
2
2
(2-x2)，
因为2|BF|=|AF|+|CF|，所以
2
2
(2-x1)+
2
2
(2-x2)=2×
2
2
(2-1)，
即得x1+x2=2，①…（5分）．
故线段AC的中点为(1，
y1+y2
2
)，
其垂直平分线方程为y-
y1+y2
2
=-
x1-x2
y1-y2
(x-1)，②…（6分）．
因为A，C在椭圆上，故有
x12
2
+y12=1，
x22
2
+y22=1，
两式相减，得：
x12-x22
2
+y12-y22=0③
将①代入③，化简得-
x1-x2
y1-y2
=
2(y1+y2)
x1+x2
=y1+y2，④…（7分）．
将④代入②，并令y=0得，x=
1
2
，
即T的坐标为(
1
2
，0)．…（8分）．
所以kBT=
2
2
-0
1-
1
2
=
2
．…（9分）．
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2），
直线PQ的方程为y=kx+m，
因为P既在椭圆C1上又在直线PQ上，
从而有
y1=kx1+m
x12
2
+y12=1

∴（2k2+1）x2+4kmx+2（m2-1）=0…（10分）．
由于直线PQ与椭圆C1相切，故△=（4km）2-4×2（m2-1）（2k2+1）=0
从而可得m2=1+2k2，x1=-
2k
m
，
同理，由Q既在圆C2上又在直线PQ上，可得m2=r2（1+k2），x2=-
2k
m
…（12分）
∴k2=
r2-1
2-r2
，x2-x1=
k(2-r2)
m

所以|PQ|2=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x2-x1)2
=
m2
r2
•
k2(2-r2)2
m2
=
(2-r2)2
r2
•
r2-1
2-r2

=
(2-r2)(r2-1)
r2
=3-r2-
2
r2
≤3-2
2
=(
2
-1)2…（13分）．
即|PQ|≤
2
-1，当且仅当r2=
2
时取等号，
故P、Q两点的距离|PQ|的最大值
2
-1．…（14分）．
点评：本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
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2
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