915

设动点 ${\displaystyle M}$ 与定点 ${\displaystyle F(c,0)(c>0)}$ 的距离和 ${\displaystyle M}$ 到定直线 ${\displaystyle l:{\displaystyle x=\frac{4}{c}}}$ 的距离的比是 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{c}{2}}}$.

1. 求动点 ${\displaystyle M}$ 的轨迹方程，并说明轨迹的形状;
2. 当 ${\displaystyle c=\sqrt{2}}$ 时，记动点 ${\displaystyle M}$ 的轨迹为曲线 ${\displaystyle E}$.
   1. 动直线 ${\displaystyle m}$ 与抛物线: ${\displaystyle y^2=4x}$ 相切，且与曲线 ${\displaystyle E}$ 交于点 ${\displaystyle A,B}$. 求 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }AOB}$ 面积的最大值;
   2. 经过点 ${\displaystyle (1,1)}$ 的两条直线分别与曲线 ${\displaystyle E}$ 交于点 ${\displaystyle G,H,K,J}$, 若直线 ${\displaystyle GH}$ 与直线 ${\displaystyle KJ}$ 交于点 ${\displaystyle Q}$，证明: 点 ${\displaystyle Q}$ 的轨迹是一条直线，并写出详细的证明过程.
3. 记动点 ${\displaystyle M}$ 的轨迹为曲线 ${\displaystyle E}$. 若对于三个顶点都在曲线 ${\displaystyle E}$ 上的任意三角形的垂心依然在曲线 ${\displaystyle E}$ 上，求曲线 ${\displaystyle E}$ 的轨迹方程.

1. 解 设 ${\displaystyle M(x,y)}$，则题意等价于$$\begin{array}{r}\frac{\sqrt{(x-c{)}^2+y^2}}{|x-\frac{4}{c}|}=\frac{c}{2}\Rightarrow \frac{4-c^2}{4}{x}^2+y^2=4-c^2.\end{array}$$
   当 ${\displaystyle c=2}$, ${\displaystyle M}$ 的轨迹退化为 ${\displaystyle y=0}$ 是直线；当 ${\displaystyle 0<c<2}$，是椭圆；当 ${\displaystyle c>2}$，是双曲线.
2. 当 ${\displaystyle c=\sqrt{2}}$，有 ${\displaystyle E:{\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}}$.
   1. 解 一方面设 ${\displaystyle A(2\cos \alpha ,\sqrt{2}\sin \alpha )}$ , ${\displaystyle B(2\cos \beta ,\sqrt{2}\sin \beta )}$, 则$$\begin{array}{r}{S}_{\mathrm{\Delta }AOB}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OA}\times \overrightarrow{OB}|=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\sqrt{2}|\sin (\beta -\alpha )|\le \sqrt{2}.\end{array}$$
      另一方面考虑 ${\displaystyle y^2=4x}$ 在 ${\displaystyle (2,2\sqrt{2})}$ 处的切线 ${\displaystyle \sqrt{2}y-x-2=0}$，容易验证与 ${\displaystyle E}$ 交于 ${\displaystyle A(-2,0),B(0,\sqrt{2})}$，此时 ${\displaystyle S_{\mathrm{\Delta }AOB}=\sqrt{2}}$，故最大值确实为 ${\displaystyle \sqrt{2}}$.
   2. 证明 我们列出一个熟知的引理：在椭圆 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}}$ 上有 ${\displaystyle A(a\cos 2\alpha ,b\sin 2\alpha ),B(a\cos 2\beta ,b\sin 2\beta )}$，且 ${\displaystyle \tan \alpha ,\tan \beta }$ 存在，则 $$\begin{array}{r}{l}_{AB}:(1-\tan \alpha \tan \beta )\frac{x}{a}+(\tan \alpha +\tan \beta )\frac{y}{b}=1+\tan \alpha \tan \beta .\end{array}$$
      对本题，设 ${\displaystyle G,K,H,J}$ 的离心角分别为 ${\displaystyle 2{\theta }_1,2{\theta }_2,2{\theta }_3,2{\theta }_4}$，则 ${\displaystyle \tan {\theta }_i,i=1,2,3,4}$ 均存在时可依据引理列出 ${\displaystyle GK,HJ,GH,KJ}$ 的方程. 记 ${\displaystyle t_i=\tan {\theta }_i}$.由 ${\displaystyle GK,HJ}$ 过 ${\displaystyle (1,1)}$ 可得$$\begin{array}{r}\sqrt{2}(t_1+t_2)=1+3t_1{t}_2,\sqrt{2}(t_3+t_4)=1+3t_3{t}_4,\end{array}$$
      进而在 ${\displaystyle GH,KJ}$ 中消去 ${\displaystyle t_2,t_4}$ 后得 $$\begin{array}{rl}& (t_1+3t_3-\sqrt{2}(1+t_1{t}_3))\frac{x}{2}+(\sqrt{2}(t_3-t_1)+3t_3{t}_1-1)\frac{y}{\sqrt{2}}=3t_3-t_1+\sqrt{2}(t_1{t}_3-1),\\ & (t_3+3t_1-\sqrt{2}(1+t_1{t}_3))\frac{x}{2}+(\sqrt{2}(t_1-t_3)+3t_3{t}_1-1)\frac{y}{\sqrt{2}}=3t_1-t_3+\sqrt{2}(t_1{t}_3-1),\end{array}$$
      两式作差，且 ${\displaystyle G\ne H\Rightarrow t_1\ne t_3}$, 约去 ${\displaystyle t_1-t_3}$ 后得 ${\displaystyle x+2y=4}$ 为直线，这就是 ${\displaystyle Q}$ 的轨迹. 由连续性可知结论对任何 ${\displaystyle \tan {\theta }_i}$ 不存在时也成立.
3. 解 要有内接三角形，首先排除 ${\displaystyle E}$ 是直线的情形；若 ${\displaystyle E}$ 是椭圆，取 ${\displaystyle (-2,0),(x,y),(x,-y)(x>-2,y>0)}$ 立得垂心一定在 ${\displaystyle x}$ 轴上且异于左右顶点，因此椭圆不合题意；若 ${\displaystyle E}$ 是双曲线，取 ${\displaystyle (-2,0),{\displaystyle (c,\frac{c^2-4}{2}),(c,-\frac{c^2-4}{2})}}$ 得垂心一定在 ${\displaystyle x}$ 轴上，进而只能在 ${\displaystyle (2,0)}$ 处. 由垂直关系立即得到$$\begin{array}{r}(c+2,\frac{c^2-4}{2})\cdot (c-2,-\frac{c^2-4}{2})=0\Rightarrow c^2=8,\end{array}$$
   也即 ${\displaystyle E:{\displaystyle x^2-y^2=4}}$. 下面我们证明它的内接三角形的垂心也在曲线上.
   取三个点 ${\displaystyle A_i:(x_i,y_i),i=1,2,3}$, 可以进行对勾换元 ${\displaystyle {\displaystyle (x_i,y_i)=(t_i+\frac{1}{t_i},t_i-\frac{1}{t_i})}}$. 设三角形的垂心坐标为 ${\displaystyle H(a,b)}$, 则首先由 ${\displaystyle \overrightarrow{A_{1}H}\cdot \overrightarrow{A_2{A}_3}=0}$ 得 $$\begin{array}{rl}(x_1-a,y_1-b)& \cdot ((t_2-t_3)(1-\frac{1}{t_2{t}_3}),(t_2-t_3)(1+\frac{1}{t_2{t}_3}))=0\\ \Rightarrow & (a+b)-\frac{1}{t_2{t}_3}(a-b)=2(t_1-\frac{1}{t_1{t}_2{t}_3}),\end{array}$$
   同理由 ${\displaystyle \overrightarrow{A_{2}H}\cdot \overrightarrow{A_1{A}_3}=0}$ 得 $$\begin{array}{r}(a+b)-\frac{1}{t_1{t}_3}(a-b)=2(t_2-\frac{1}{t_1{t}_2{t}_3}),\end{array}$$
   很容易解得$$\begin{array}{r}a+b=-\frac{2}{t_1{t}_2{t}_3},a-b=-2t_1{t}_2{t}_3\Rightarrow a^2-b^2=4,\end{array}$$
   这样 ${\displaystyle H}$ 确实在 ${\displaystyle E}$ 上.