Question

已知點A（-2，0），B（2，0），M（-1，0），直線PA，PB相交于點P，且它們的斜率之積為-

3

4

．
（1）求動點P的軌跡方程；
（2）試判斷以PB為直徑的圓與圓x²+y²=4的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）直線PM與橢圓的另一個交點為N，求△OPN面積的最大值（O為坐標(biāo)原點）．

Answer 1

（1）設(shè)P（x，y），由已知得

y

x+2

•

y

x-2

=-

3

4

(x≠±2)
化簡得

x2

4

+

y2

3

=1，
所以點P的軌跡方程為

x2

4

+

y2

3

=1（x≠±2）．------------（3分）
（2）解法1：設(shè)點P（x₀，y₀），PB的中點為Q，則Q(

x0+1

2

，

y0

2

)，|PB|=

(x0-1)2+ y 20

=

x 20 -2x0+1+3- 3 4 x 20

=

1 4 x 20 -2x0+4

=2-

1

2

x0，
即以PB為直徑的圓的圓心為Q(

x0+1

2

，

y0

2

)，半徑為r1=1-

1

4

x0，
又圓x²+y²=4的圓心為O（0，0），半徑r₂=2，|OQ|=

( x0+1 2 )2-( y0 2 )2

=

1 4 x 20 + 1 2 x0+ 1 4 + 1 4 (3- 3 4 x 20 )

=

1 16 x 20 + 1 2 x0+1

=1+

1

4

x0，
故|OQ|=r₂-r₁，即兩圓內(nèi)切．------------------（7分）
解法2：由橢圓的定義得|PM|+|PN|=2a=4
圓心距|OO′|=

1

2

|PN|=2-

1

2

|PM|=2-|O′M|
所以以PB為直徑的圓與圓x²+y²=4內(nèi)切．
（3）解法1：
若直線PN的斜率不存在，則PN：x=-1，解得P(-1，

3

2

)，N(-1，-

3

2

)，|PN|=3，S△PON=

3

2

；
若直線PN的斜率存在，設(shè)直線PN的方程為y=k（x+1）（k≠0），
由

y=k(x+1) x2 4 + y2 3 =1

得（4k²+3）x²+8k²x+4k²-12=0，
設(shè)P（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△=64k⁴-4（4k²+3）（4k²-12）=144（k²+1），|PN|=

1+k2

|x1-x2|=

1+k2

△

4k2+3

=

12(1+k2)

4k2+3

，
原點O到直線PN的距離d=

|k|

1+k2

，
所以S△PON=

1

2

|PN|d=

6 1+k2 |k|

4k2+3

=6

k2+k4 (4k2+3)2

設(shè)4k²+3=t，則t＞3，則有S△PON=6

- 3 16t2 - 1 8t + 1 16

=6

- 3 16 ( 1 t + 1 3 )2+ 1 12

因為0＜

1

t

＜

1

3

，所以S△PON∈(0，

3

2

)．
綜上所述，S_△PON的最大值為

3

2

．------------------（12分）
解法2：設(shè)直線PN的方程為x=my-1．
由

x=my-1 x2 4 + y2 3 =1

得（3m²+4）y²-6my-9=0，
設(shè)P（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△=144（m²+1），|y1-y2|=

△

3m2+4

=

12 m2+1

3m2+4

，S△PON=

1

2

|OM||y1-y2|=

6 m2+1

3m2+4

=6

m2+1 (3m2+4)2

設(shè)3m²+4=t，則t≥4，則有S△PON=6

t-1 3t2

=6

- 1 3 ( 1 t - 1 2 )2+ 1 12

．
因為0＜

1

t

≤

1

4

，所以當(dāng)

1

t

=

1

4

，即t=4，m=0時，S_△PON的最大值為

3

2

．------------------（12分）