《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

【例5】 已知两定点$M(0,-1),N(0,$
$1)$，直线$l:y=x+\sqrt{3}$，在$l$上满足$\vert PM\vert+$
$\vert PN\vert=2\sqrt{2}$的点$P$的个数为 ()

A.0
B.1
C.2
D.0或1或2

答案： 答案 B
解析 运用椭圆的定义.
满足$\vert PM\vert+\vert PN\vert=2\sqrt{2}＞2=\vert MN\vert$
的点的轨迹为椭圆，
其长半轴$a=\sqrt{2}$，$c=1$，$b^2=a^2-c^2=1$，
且长轴在$y$轴上，故方程为$\frac{y^2}{2}+x^2=1$.
$\begin{cases}y=x+\sqrt{3},\frac{y^2}{2}+x^2=1\end{cases}$得
$3x^2+2\sqrt{3}x+1=(\sqrt{3}x+1)^2=0$，
$\begin{cases}x=-\frac{\sqrt{3}}{3},\\y=\frac{2\sqrt{3}}{3},\end{cases}$
即交点仅一个.
(注：可不解方程，直接判别式$\Delta=$
$(2\sqrt{3})^2-4×3×1=0$，故只有一个交点.)
点睛 结合$\vert PM\vert+\vert PN\vert=2\sqrt{2}$，可得
点$P$的轨迹即为椭圆，于是问题转化为直线
与椭圆的位置关系.

变式5 已知椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$和圆$x^2+$
$(y-4)^2=1$上各有一个动点$A,B$，则$\vert AB\vert$
的最大值为 ()

A.$2\sqrt{7}+1$
B.$5+\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}+1$
D.$4\sqrt{2}+1$

答案：
答案 B
解析 如下图所示：

设点$A(2\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta)$，由题意可得只需
计算圆心$C(0,4)$与$A$的距离的最大值即可.
$\vert CA\vert^2=4\cos^2\theta+3\sin^2\theta-8\sqrt{3}\sin\theta+16$
$=-\sin^2\theta-8\sqrt{3}\sin\theta+20$，
当$\sin\theta=-1$时取到最大值，
即$\vert CA\vert^2\leq19+8\sqrt{3}$，则$\vert CA\vert\leq4+\sqrt{3}$，
故$\vert AB\vert$的最大值为$5+\sqrt{3}$.

1.若$\triangle ABC$的两个顶点坐标$A(-4,0),B$
$(4,0)$，$\triangle ABC$的周长为$18$，则顶点$C$的
轨迹方程为 (D)

A.$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$
B.$\frac{y^2}{25}+\frac{x^2}{9}=1(y\neq0)$
C.$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1(y\neq0)$
D.$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1(y\neq0)$

答案： 1.D 解析 由题意$\vert CA\vert+\vert CB\vert=10＞\vert AB\vert=8$，故顶点$C$的轨迹是以$A$，$B$为焦点的椭圆，则$a = 5$，$c = 4$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=9$，故顶点$C$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$，要保证构成三角形，则$y\neq0$.