Question

9．已知點A（-4，0），直線l：x=-1與x軸交于點B，動點M到A，B兩點的距離之比為2．
（Ⅰ）求點M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)C與x軸交于E，F(xiàn)兩點，P是直線l上一點，且點P不在C上，直線PE，PF分別與C交于另一點S，T，證明：A，S，T三點共線．

Answer 1

分析 解法一：（Ⅰ）設(shè)點M（x，y），利用已知條件真假求解曲線C的方程．
（Ⅱ）求出E，F(xiàn)坐標，設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），寫出直線PE的方程為y=y₀（x+2），與軌跡方程聯(lián)立，求出S、T坐標，通過k_AS=k_AT，說明A，S，T三點共線．
解法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）不妨設(shè)E（-2，0），F(xiàn)（2，0）．設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），直線PE的方程為y=y₀x+2y₀，與軌跡方程聯(lián)立，求出S、T坐標，通過k_AS=k_AT，說明A，S，T三點共線．
解法三：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲線C的方程為x²+y²=4，不妨設(shè)E（-2，0），F(xiàn)（2，0）．設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），當(dāng)y₀=0時，S（-2，0），T（2，0），此時A，S，T三點共線．當(dāng)y₀≠0時，則直線PE的方程為y=y₀x+2y₀，與軌跡方程聯(lián)立，求出S、T坐標，通過k_AS-k_AT=0，說明A，S，T三點共線．

解答 解法一：（Ⅰ）設(shè)點M（x，y），依題意，$\frac{{|{MA}|}}{{|{MB}|}}=\frac{{\sqrt{{{（{x+4}）}^2}+{y^2}}}}{{\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}}}=2$，（3分）
化簡得x²+y²=4，即曲線C的方程為x²+y²=4．（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲線C的方程為x²+y²=4，
令y=0得x=±2，不妨設(shè)E（-2，0），F(xiàn)（2，0）． 
設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），
則直線PE的方程為y=y₀（x+2），
由$\left\{\begin{array}{l}y={y_0}（{x+2}）\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$得$（{y_0^2+1}）{x^2}+4y_0^2x+4y_0^2-4=0$，（6分）
所以$-2{x_1}=\frac{4y_0^2-4}{y_0^2+1}$，即${x_1}=\frac{2-2y_0^2}{y_0^2+1}$，${y_1}=\frac{{4{y_0}}}{y_0^2+1}$．（8分）
直線PF的方程為$y=-\frac{y_0}{3}（{x-2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{y_0}{3}（{x-2}）\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$得$（{y_0^2+9}）{x^2}-4y_0^2x+4y_0^2-36=0$，（9分）
所以$2{x_2}=\frac{4y_0^2-36}{y_0^2+9}$，即${x_2}=\frac{2y_0^2-18}{y_0^2+9}$，${y_2}=\frac{{12{y_0}}}{y_0^2+9}$．（11分）
所以${k_{AS}}=\frac{y_1}{{{x_1}+4}}=\frac{{\frac{{4{y_0}}}{y_0^2+1}}}{{\frac{2-2y_0^2}{y_0^2+1}+4}}=\frac{{2{y_0}}}{y_0^2+3}$，
${k_{AT}}=\frac{y_2}{{{x_2}+4}}=\frac{{\frac{{12{y_0}}}{y_0^2+9}}}{{\frac{2y_0^2-18}{y_0^2+9}+4}}=\frac{{2{y_0}}}{y_0^2+3}$，
所以k_AS=k_AT，所以A，S，T三點共線．（12分）
解法二：（Ⅰ）同解法一．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲線C的方程為x²+y²=4，
令y=0得x=±2，不妨設(shè)E（-2，0），F(xiàn)（2，0）．
設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），
則直線PE的方程為y=y₀x+2y₀，
由$\left\{\begin{array}{l}y={y_0}x+2{y_0}\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$消去x得$（{y_0^2+1}）{y^2}-4{y_0}y=0$，（6分）
所以${y_1}=\frac{{4{y_0}}}{y_0^2+1}$，${x_1}=\frac{2-2y_0^2}{y_0^2+1}$．（8分）
直線PF的方程為$y=-\frac{y_0}{3}x+\frac{2}{3}{y_0}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{y_0}{3}x+\frac{2}{3}{y_0}\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$得$（{y_0^2+9}）{y^2}-12{y_0}y=0$，（9分）
所以${y_2}=\frac{{12{y_0}}}{y_0^2+9}$，${x_2}=\frac{2y_0^2-18}{y_0^2+9}$．（11分）
以下同解法一．
解法三：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲線C的方程為x²+y²=4，
令y=0得x=±2，不妨設(shè)E（-2，0），F(xiàn)（2，0）．
設(shè)P（-1，y₀），S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），
當(dāng)y₀=0時，S（-2，0），T（2，0），此時A，S，T三點共線．
當(dāng)y₀≠0時，則直線PE的方程為y=y₀x+2y₀，
由$\left\{\begin{array}{l}y={y_0}x+2{y_0}\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$消去x得$（{y_0^2+1}）{y^2}-4{y_0}y=0$，（6分）
所以${y_1}=\frac{{4{y_0}}}{y_0^2+1}$．（7分）
直線PF的方程為$y=-\frac{y_0}{3}x+\frac{2}{3}{y_0}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{y_0}{3}x+\frac{2}{3}{y_0}\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$消去x得$（{y_0^2+9}）{y^2}-12{y_0}y=0$，（8分）
所以${y_2}=\frac{{12{y_0}}}{y_0^2+9}$．（9分）
${k_{AS}}-{k_{AT}}=\frac{y_1}{{{x_1}+4}}-\frac{y_2}{{{x_2}+4}}$=$\frac{{{y_1}（{{x_2}+4}）-{y_2}（{{x_1}+4}）}}{{（{{x_1}+4}）（{{x_2}+4}）}}$=$\frac{{{y_1}（{-\frac{{3{y_2}}}{y_0}+6}）-{y_2}（{\frac{y_1}{y_0}+2}）}}{{（{{x_1}+4}）（{{x_2}+4}）}}$
=$\frac{{{y_1}（{-3{y_2}+6{y_0}}）-{y_2}（{{y_1}+2{y_0}}）}}{{{y_0}（{{x_1}+4}）（{{x_2}+4}）}}=\frac{{-4{y_1}{y_2}+6{y_0}{y_1}-2{y_0}{y_2}}}{{{y_0}（{{x_1}+4}）（{{x_2}+4}）}}$，（11分）
因為$6{y_0}{y_1}-2{y_0}{y_2}=\frac{24y_0^2}{y_0^2+1}-\frac{24y_0^2}{y_0^2+9}=\frac{192y_0^2}{{（{y_0^2+1}）（{y_0^2+9}）}}$，
$-4{y_1}{y_2}=-4×\frac{{4{y_0}}}{y_0^2+1}×\frac{{12{y_0}}}{y_0^2+9}=-\frac{192y_0^2}{{（{y_0^2+1}）（{y_0^2+9}）}}$，
所以-4y₁y₂+6y₀y₁-2y₀y₂=0．
所以k_AS=k_AT，所以A，S，T三點共線．（12分）

點評 本小題考查圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想等．