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已知动点 ${\displaystyle P}$ 与定点 ${\displaystyle A(m,0)}$ 的距离和 ${\displaystyle P}$ 到定直线 ${\displaystyle x={\displaystyle \frac{n^2}{m}}}$ 的距离的比为常数 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{m}{n}}}$. 其中 ${\displaystyle m>0,n>0}$, 且 ${\displaystyle m\ne n}$. 记点 ${\displaystyle P}$ 的轨迹为曲线 ${\displaystyle C}$.

1. 求 ${\displaystyle C}$ 的方程，并说明轨迹的形状;
2. 设点 ${\displaystyle B(-m,0)}$, 若曲线 ${\displaystyle C}$ 上两动点 ${\displaystyle M,N}$ 均在 ${\displaystyle x}$ 轴上方，${\displaystyle AM//BN}$, 且 ${\displaystyle AN}$ 与 ${\displaystyle BM}$ 相交于点 ${\displaystyle Q}$.
   1. 当 ${\displaystyle m=2\sqrt{2},n=4}$ 时，求证: ${\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{|AM|}+\frac{1}{|BN|}}}$ 的值及 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }ABQ}$ 的周长均为定值;
   2. 当 ${\displaystyle m>n}$ 时，记 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }ABQ}$ 的面积为 ${\displaystyle S}$, 其内切圆半径为 ${\displaystyle r}$，试探究是否存在常数 ${\displaystyle \lambda }$, 使得 ${\displaystyle S=\lambda r}$ 恒成立? 若存在，求 ${\displaystyle \lambda }$ (用 ${\displaystyle m,n}$ 表示); 若不存在，请说明理由.

1. 解 设 ${\displaystyle P(x,y)}$, 则条件式等价于 $$\begin{array}{r}\frac{\sqrt{(x-m{)}^2+y^2}}{|x-\frac{n^2}{m}|}=\frac{m}{n}\Rightarrow \frac{x^2}{n^2}+\frac{y^2}{n^2-m^2}=1.\end{array}$$ 当 ${\displaystyle n>m}$ 时，${\displaystyle C}$ 是椭圆；当 ${\displaystyle n<m}$ 时，${\displaystyle C}$ 是双曲线.
2. 对曲线上的一点 ${\displaystyle P(x_0,y_0)}$, 有$$\begin{array}{r}PA=\sqrt{(x_0-m{)}^2+y_0^2}=\sqrt{(x_0-m{)}^2+(n^2-m^2)(1-\frac{x_0^2}{n^2})}=|n-\frac{m}{n}{x}_0|,\end{array}$$
   同理 ${\displaystyle PB={\displaystyle |n+\frac{m}{n}{x}_0|}}$. 由于 ${\displaystyle AM//BN}$, 可设 ${\displaystyle \mathrm{\angle }MAx=\mathrm{\angle }NBA=\theta }$, 则 ${\displaystyle x_M=AM\cos \theta +m}$, ${\displaystyle x_N=BN\cos \theta -m}$.
   1. 证明 在给定条件下 ${\displaystyle C}$ 是椭圆，则 ${\displaystyle |x_M|,|x_N|\le n}$, 故$$\begin{array}{r}AM=n-\frac{m}{n}(AM\cos \theta +m)\Rightarrow 1+\frac{m}{n}\cos \theta =(n-\frac{m^2}{n})\frac{1}{AM},\end{array}$$
      将${\displaystyle m}$替换为${\displaystyle -m}$即有$${\displaystyle 1-\frac{m}{n}\cos \theta =(n-\frac{m^2}{n})\frac{1}{BN},}$$
      两式相加得$$\begin{array}{r}2=(n-\frac{m^2}{n})(\frac{1}{AM}+\frac{1}{BN})\Rightarrow \frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}=\frac{2n}{n^2-m^2}=1.\end{array}$$ 再由 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }AQM\sim \mathrm{\Delta }NQB}$ 得$$\begin{array}{r}\frac{BN}{AM}=\frac{NQ}{AQ}\Rightarrow \frac{NB+AM}{AM}=\frac{AN}{AQ}=\frac{2n-BN}{AQ}\Rightarrow AQ=\frac{AM(2n-BN)}{NB+AM},\end{array}$$
      由对称性有${\displaystyle {\displaystyle BQ=\frac{BN(2n-AM)}{NB+AM}}}$, 因此$$\begin{array}{r}AQ+BQ=2n-\frac{2}{\frac{1}{NB}+\frac{1}{AM}}=6,\end{array}$$
      从而 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }ABQ}$ 的周长为 ${\displaystyle 6+2m=6+4\sqrt{2}}$ 为定值.
   2. 解 在给定的条件下 ${\displaystyle C}$ 是双曲线，则 ${\displaystyle |x_M|,|x_N|\ge n}$，且如图有 ${\displaystyle x_M>0>x_N}$. 故 ${\displaystyle {\displaystyle AM=\frac{m}{n}{x}_M-n,BN=-\frac{m}{n}{x}_N-n}}$, 同样地可得 $${\displaystyle \frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}=\frac{2n}{m^2-n^2},AQ+BQ=2n+\frac{2}{\frac{1}{BN}+\frac{1}{AM}}=\frac{m^2}{n}+n,}$$ 从而$$\begin{array}{r}\lambda =\frac{S}{r}=\frac{\frac{1}{2}r(AQ+BQ+AB)}{r}=\frac{1}{2}{(\frac{m}{\sqrt{n}}+\sqrt{n})}^2.\end{array}$$