在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，点 $ B $ 与点 $ A\left(-1,1\right) $ 关于原点 $ O $ 对称，$ P $ 是动点，且直线 $ AP $ 与 $ BP $ 的斜率之积等于 $ - \dfrac{1}{3}$．
【难度】
【出处】
2010年高考北京卷（理）
【标注】
-
求动点 $ P $ 的轨迹方程；标注答案动点 $P$ 的轨迹方程为 ${x^2} + 3{y^2} = 4\left(x \ne \pm 1\right)$．解析因为点 $ B $ 与 $A \left( - 1,1\right)$ 关于原点 $O$ 对称，所以点 $B$ 得坐标为 $\left(1, - 1\right)$．
设点 $P$ 的坐标为 $\left(x,y\right)$，由题意得\[\dfrac{y - 1}{x + 1} \cdot \dfrac{y + 1}{x - 1} = - \dfrac{1}{3},\]化简得\[{x^2} + 3{y^2} = 4\left(x \ne \pm 1\right) .\]故动点 $P$ 的轨迹方程为\[{x^2} + 3{y^2} = 4\left(x \ne \pm 1\right).\] -
设直线 $ AP $ 和 $ BP $ 分别与直线 $ x=3 $ 交于点 $ M ,N$，问：是否存在点 $ P $ 使得 $ \triangle PAB $ 与 $ \triangle PMN $ 的面积相等？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，说明理由．标注答案存在点 $P$ 使得 $\triangle PAB$ 与 $\triangle PMN$ 的面积相等，此时点 $P$ 的坐标为 $\left(\dfrac{5}{3}, \pm \dfrac{{\sqrt {33} }}{9}\right)$．解析解法一：设点 $P$ 的坐标为 $\left({x_0},{y_0}\right)$，点 $M$，$N$ 得坐标分别为 $\left(3,{y_M}\right)$，$\left(3,{y_N}\right)$．
则直线 $AP$ 的方程为\[y - 1 = \dfrac{{{y_0} - 1}}{{{x_0} + 1}}\left(x + 1\right),\]直线 $BP$ 的方程为\[y + 1 = \dfrac{{{y_0} + 1}}{{{x_0} - 1}}\left(x - 1\right).\]令 $x = 3$ 得\[{y_M} = \dfrac{{4{y_0} + {x_0} - 3}}{{{x_0} + 1}} , {y_N} = \dfrac{{2{y_0} - {x_0} + 3}}{{{x_0} - 1}} .\]于是 $\triangle PMN$ 得面积\[{S_{\triangle PMN}} = \dfrac{1}{2}|{y_M} - {y_N}|\left(3 - {x_0}\right) = \dfrac{{|{x_0} + {y_0}|{{\left(3 - {x_0}\right)}^2}}}{{|{x_0}^2 - 1|}}.\]又直线 $AB$ 的方程为\[x + y = 0 , |AB| = 2\sqrt 2 ,\]点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离\[d = \dfrac{{|{x_0} + {y_0}|}}{\sqrt 2 } .\]于是 $\triangle PAB$ 的面积\[ {S_{\triangle PAB}} = \dfrac{1}{2}|AB| \cdot d = |{x_0} + {y_0}|,\]当 ${S_{\triangle PAB}} = {S_{\triangle PMN}}$ 时，得\[|{x_0} + {y_0}| = \dfrac{{|{x_0} + {y_0}|{{\left(3 - {x_0}\right)}^2}}}{|x_0^2 - 1|}.\]又 $|{x_0} + {y_0}| \ne 0$，所以\[{\left(3 - {x_0}\right)^2} = |x_0^2 - 1|,\]解得 $ {x_0} = \dfrac{5}{3}$．因为 $x_0^2 + 3 y_0^2 = 4$，所以 ${y_0} = \pm \dfrac{{\sqrt {33} }}{9}$．
故存在点 $P$ 使得 $\triangle PAB$ 与 $\triangle PMN$ 的面积相等，此时点 $P$ 的坐标为 $\left(\dfrac{5}{3}, \pm \dfrac{{\sqrt {33} }}{9}\right)$．
解法二：若存在点 $P$ 使得 $\triangle PAB$ 与 $\triangle PMN$ 的面积相等，设点 $P$ 的坐标为 $\left({x_0},{y_0}\right)$，则\[ \dfrac{1}{2}|PA| \cdot |PB|\sin \angle APB = \dfrac{1}{2}|PM| \cdot |PN|\sin \angle MPN .\]因为\[\sin \angle APB = \sin \angle MPN,\]所以\[\dfrac{|PA|}{|PM|} = \dfrac{|PN|}{|PB|},\]所以\[\dfrac{{|{x_0} + 1|}}{{|3 - {x_0}|}} = \dfrac{{|3 - {x_0}|}}{|x_0 - 1|},\]即\[{\left(3 - {x_0}\right)^2} = |x_0^2 - 1|,\]解得 ${x_0} = \dfrac{5}{3}$．
因为 $x_0^2 + 3y_0^2 = 4$，所以 ${y_0} = \pm \dfrac{{\sqrt {33} }}{9}$．
故存在点 $P$ 使得 $\triangle PAB$ 与 $\triangle PMN$ 的面积相等，此时点 $P$ 的坐标为 $\left(\dfrac{5}{3}, \pm \dfrac{{\sqrt {33} }}{9}\right)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
