Question

1．在△ABC中，A點的坐標(biāo)為（0，3），BC邊的長為2，且BC在x軸上的區(qū)間[-3，3]上滑動．
（1）求△ABC的外心P的軌跡方程；
（2）設(shè)直線l：y=$\frac{1}{3}$x+b與P的軌跡交于E、F點，原點O到直線l的距離為d，求$\frac{|EF|}nvxd11v$的最大值，并求此時b的值．

Answer 1

分析 （1）三角形的外心為三邊上高的交點，把B點的坐標(biāo)設(shè)出來，把BC、AB的方程表示出來，然后消去參數(shù)即可；
（2）把直線方程與P的軌跡方程聯(lián)立，根據(jù)弦長公式求出d，然后求解即可．

解答 解：（1）A（0，3），設(shè)B，C的坐標(biāo)分別為B（t，0），C（t-2，0）（-1≤t≤3），
　　則線段BC的中垂線方程為x=t-1，①
　　AB中點（$\frac{t}{2}，\frac{3}{2}$），AB斜率為-$\frac{3}{t}$ （t≠0），
　　所以線段AB的中垂線方程為$y-\frac{3}{2}=\frac{t}{3}•（x-\frac{t}{2}）$②
　　由①②消去t得：x²=6y-8（-2≤x≤2且x≠-1）③
   當(dāng)x=-1時，t=0時，三角形外心P為（-1，3/2），適合③；
　　所以P點的軌跡為x²=6y-8（-2≤x≤2）；
（2）將y=$\frac{1}{3}$x+b代入x²=6y-8得9y²+6（b-1）y+b²+8=0．
由y2=6y-8及-2≤x≤2，得$\frac{4}{3}$≤x≤2．
所以方程①在區(qū)間[$\frac{4}{3}$，2]有兩個實根．
設(shè)f（x）=9y²+6（b-1）y+b2+8，則方程③在[$\frac{4}{3}$，2]上有兩個不等實根的充要條件是
$\left\{\begin{array}{l}{△=[6（b-1）]^{2}-4×9（^{2}+8）＞0\\;}\\{f（\frac{4}{3}）=9（\frac{4}{3}）^{2}+6（b-1）×\frac{4}{3}+^{2}+8≥0\\;}\\{f（2）=9×{2}^{2}+6（b-1）×2+^{2}+8≥0\\;}\\{\frac{4}{3}≤\frac{-6（b-1）}{2×9}≤2\\;}\end{array}\right.$
解之得：-4≤b≤-3，
∵|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{[\frac{2}{3}（b-1）^{2}-4×\frac{^{2}+1}{9}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{-2b-7}$，
∴由弦長公式，得|EF|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{2}{3}\sqrt{10}\sqrt{-2b-7}$，
又原點到直線的距離為d=$\frac{|b|}{\sqrt{10}}$，
∴$\frac{|EF|}ht1bf5n=\frac{20}{3}\sqrt{\frac{-2b-7}{^{2}}}$=$\frac{20}{3}\sqrt{-7（\frac{1}+\frac{1}{7}）^{2}+\frac{1}{7}}$，
∵-4≤b≤-3，
∴$-\frac{1}{3}≤\frac{1}≤-\frac{1}{4}$，
∴當(dāng)$\frac{1}=-\frac{1}{4}$，即b=-4時，$|\frac{EF}5d7dxtl{|}_{max}=\frac{5}{3}$．

點評 本題主要考查了直銷方程的求解，直線與拋物線的相交關(guān)系的應(yīng)用，方程的根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，方程的實根分布問題的應(yīng)用，點到直線的距離公式等知識的綜合應(yīng)用，試題具有一定的綜合性