Question

12．已知定圓A：${（{x+\sqrt{3}}）^2}+{y^2}=16$，動(dòng)圓M過點(diǎn)${B}（{\sqrt{3}，0}）$，且和圓A相切．
（Ⅰ）求動(dòng)圓圓心M的軌跡E的方程；
（Ⅱ）設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P、Q，點(diǎn)N（4，0）．若P、Q、N三點(diǎn)不共線，且∠ONP=∠ONQ．證明：動(dòng)直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出圓A的圓心為$A（-\sqrt{3}\;，\;0）$，半徑，設(shè)動(dòng)圓M的半徑為r₂，通過r₂=|MB|．|MA|=r₁-r₂，用|MA|+|MB|=4，求解方程即可．
（Ⅱ） 設(shè)直線l的方程為y=kx+b（k≠0），聯(lián)立直線與橢圓方程，P（x₁，kx₁+b），Q（x₁，kx₁+b），利用韋達(dá)定理，求出k_PN+k_QN=0．得到直線系方程為y=kx-k，求出定點(diǎn)（1，0）．

解答 解：（Ⅰ）圓A的圓心為$A（-\sqrt{3}\;，\;0）$，半徑r₁=4．
設(shè)動(dòng)圓M的半徑為r₂，依題意有r₂=|MB|．
由 $|AB|=2\sqrt{3}$，可知點(diǎn)B在圓A內(nèi)，從而圓M內(nèi)切于圓A，故|MA|=r₁-r₂，
即|MA|+|MB|=4$＞2\sqrt{3}$．
所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E是以A、B為焦點(diǎn)，長軸長為4的橢圓，
其方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ） 設(shè)直線l的方程為y=kx+b（k≠0），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\;\\{x^2}+4{y^2}=4\;\end{array}\right.$消去y得，（1+4k²）x²+8kbx+4b²-4=0，△=16（4k²-b²+1）．
設(shè)P（x₁，kx₁+b），Q（x₁，kx₁+b），
則${x_1}+{x_2}=-\frac{8kb}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{b^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．…（7分）
于是k_PN+k_QN=$\frac{{k{x_1}+b}}{{{x_1}-4}}+\frac{{k{x_2}+b}}{{{x_2}-4}}=\frac{{2k{x_1}{x_2}-（4k-b）（{x_1}+{x_2}）-8b}}{{（{x_1}-4）（{x_1}-4）}}$，
由∠ONP=∠ONQ，
知k_PN+k_QN=0．即：2kx₁x₂-（4k-b）（x₁+x₂）-8b=2k$\frac{4^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-（4k-b）\frac{-8kb}{1+4k2}-8b$
=$\frac{8{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}+\frac{32{k}^{2}b-8k^{2}}{1+4{k}^{2}}-8b=0$，得b=-k，△=16（3k²+1）＞0，
故動(dòng)直線l的方程為y=kx-k，過定點(diǎn)（1，0）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，軌跡方程的求法，考查計(jì)算能力．