题号:6044    题型:解答题    来源:福建省2023届高中毕业班数学学科适应性练习试题及解答
已知圆 $A_1:(x+1)^2+y^2=16$, 直线 $l_1$ 过点 $A_2(1,0)$ 且与圆 $A_1$ 交于点 $B, C, B C$ 中点为 $D$, 过 $A_2 C$ 中点 $E$
且平行于 $A_1 D$ 的直线交 $A_1 C$ 于点 $P$, 记 $P$ 的轨迹为 $\Gamma$.
(1) 求 $\Gamma$ 的方程;
(2) 坐标原点 $O$ 关于 $A_1, A_2$ 的对称点分别为 $B_1, B_2$, 点 $A_1, A_2$ 关于直线 $y=x$ 的对称点分别为 $C_1, C_2$, 过 $A_1$ 的直线 $l_2$ 与 $\Gamma$ 交于点 $M, N$, 直线 $B_1 M, B_2 N$ 相交于点 $Q$. 请从下列结论中, 选择一个正确的结论并给予 证明.
①$\triangle Q B_1 C_1$ 的面积是定值;② $\triangle Q B_1 B_2$ 的面积是定值:③$\triangle Q C_1 C_2$ 的面积是定值.
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答案：
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解法一: (1) 由题意得, $A_1(-1,0), A_2(1,0)$.
因为 $D$ 为 $B C$ 中点, 所以 $A_1 D \perp B C$, 即 $A_1 D \perp A_2 C$,
又 $P E / / A_1 D$, 所以 $P E \perp A_2 C$,
又 $E$ 为 $A_2 C$ 的中点, 所以 $\left|P A_2\right|=|P C|$,
所以 $\left|P A_1\right|+\left|P A_2\right|=\left|P A_1\right|+|P C|=\left|A_1 C\right|=4>\left|A_1 A_2\right|$,
所以点 $P$ 的轨迹 $\Gamma$ 是以 $A_1, A_2$ 为焦点的椭圆 (左、右顶点除外).

设 $\Gamma: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(x \neq \pm a)$, 其中 $a>b>0, a^2-b^2=c^2$.
则 $2 a=4, a=2, c=1, b=\sqrt{a^2-c^2}=\sqrt{3}$.
故 $\Gamma: \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1(x \neq \pm 2)$.



(2) 结论③正确. 下证: $\triangle Q C_1 C_2$ 的面积是定值.
由题意得, $B_1(-2,0), B_2(2,0), C_1(0,-1), C_2(0,1)$, 且直线 $l_2$ 的斜率不为 0 ,
可设直线 $l_2: x=m y-1, M\left(x_1, y_1\right), N\left(x_2, y_2\right)$, 且 $x_1 \neq \pm 2, x_2 \neq \pm 2$.

由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1, \\ x=m y-1,\end{array}\right.$ 得 $\left(3 m^2+4\right) y^2-6 m y-9=0$,
所以 $y_1+y_2=\frac{6 m}{3 m^2+4}, y_1 y_2=\frac{-9}{3 m^2+4}$,
所以 $2 m y_1 y_2=-3\left(y_1+y_2\right)$.
直线 $B_1 M$ 的方程为: $y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)$, 直线 $B_2 N$ 的方程为: $y=\frac{y_2}{x_2-2}(x-2)$,
$$
\text { 由 }\left\{\begin{array}{l}
y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2), \\
y=\frac{y_2}{x_2-2}(x-2),
\end{array}\right.
$$

得 $\frac{x+2}{x-2}=\frac{y_2\left(x_1+2\right)}{y_1\left(x_2-2\right)}$
$$
=\frac{y_2\left(m y_1+1\right)}{y_1\left(m y_2-3\right)}=\frac{m y_1 y_2+y_2}{m y_1 y_2-3 y_1}=\frac{-\frac{3}{2}\left(y_1+y_2\right)+y_2}{-\frac{3}{2}\left(y_1+y_2\right)-3 y_1}=\frac{-\frac{3}{2} y_1-\frac{1}{2} y_2}{-\frac{9}{2} y_1-\frac{3}{2} y_2}=\frac{1}{3},
$$
解得 $x=-4$.
故点 $Q$ 在直线 $x=-4$, 所以 $Q$ 到 $C_1 C_2$ 的距离 $d=4$,
因此 $\triangle Q C_1 C_2$ 的面积是定值, 为 $\frac{1}{2}\left|C_1 C_2\right| \cdot d=\frac{1}{2} \times 2 \times 4=4$.
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