Question

19．如圖，△PAB的頂點(diǎn)A、B為定點(diǎn)，P為動(dòng)點(diǎn)，其內(nèi)切圓O₁與AB、PA、PB分別相切于點(diǎn)C、E、F，且$AB=2\sqrt{3}$，||AC|-|BC||=2．
（1）求||PA|-|PB||的值；
（2）建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡W的方程；
（3）設(shè)l是既不與AB平行也不與AB垂直的直線，線段AB的中點(diǎn)O到直線l的距離為 $\sqrt{2}$，直線l與曲線W相交于不同的兩點(diǎn)G、H，點(diǎn)M滿足$2\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{OH}$，證明：$2|\overrightarrow{OM}|=|\overrightarrow{GH}|$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平面幾何的知識(shí)可得∴||PA|-|PB||=||AC|-|BC||=2；
（2）以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段AB所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，故由雙曲線的定義，知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的雙曲線的部分，問題得以解決；
（3）設(shè)直線l：y=kx+b，k≠0，聯(lián)立方程組，消y，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得，x₁x₂=-$\frac{^{2}+2}{2-{k}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{2kb}{2-{k}^{2}}$，再根據(jù)向量的數(shù)量積公式可得$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=-2k²+b²-2，再根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式可得2k²+2=b²，即可證明$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=0，由$2\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{OH}$，即可證明結(jié)論成立．

解答 解：（1）根據(jù)切線長(zhǎng)定理可得|PE|=|PF|，|AE|=|AC|．|BF|=|BC|，
∴||PA|-|PB||=||PE|+|AE|-|PF|-|BF||=||AC|-|BC||=2；
（2）以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段AB所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
由（1）可知||PA|-|PB||=2＜|AB|=2$\sqrt{3}$，
∴由雙曲線的定義，知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的雙曲線的部分，
∵2a=2，2c=2$\sqrt{3}$，
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡W的方程x²-$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，（y≠0）；
（3）證明：設(shè)直線l：y=kx+b，k≠0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{2{x}^{2}-{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（2-k²）x²-2kbx-b²-2=0，
由題意有k²≠2，△=b²-k²+2＞0，x₁x₂=-$\frac{^{2}+2}{2-{k}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{2kb}{2-{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=x₁x₂+y₁y₂=（k²+1）x₁x₂+kb（x₁+x₂）+b²=-2k²+b²-2，
又d=$\sqrt{2}$=$\frac{|b|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴2k²+2=b²，
∴$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=0，
∵$2\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{OH}$，
∴$2|\overrightarrow{OM}|=|\overrightarrow{GH}|$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了雙曲線的方程的求法和直線和雙曲線的位置關(guān)系，以及向量的數(shù)量積和點(diǎn)到直線的距離公式，屬于中檔題．