Question

11．動圓P過點M（-1，O），且與圓N：x²+y²-2x-15=0內(nèi)切，記圓心P的軌跡為曲線τ．
（ 1）求曲線τ的方程；
（2）過點M且斜率大于0的直線l與圓P相切，與曲線τ交于A，B兩點，A的中點為Q．若點Q的橫坐標(biāo)為-$\frac{4}{13}$，求圓P的半徑r．

Answer 1

分析 （1）求出圓心N（1，0），半徑r=4，設(shè)圓心P（x，y），由橢圓定義得點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長為4，短軸長為2$\sqrt{3}$的橢圓，由此能求出曲線τ的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），k＞0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²=8k²x+4k²-12=0，由此利用韋達定理、中點坐標(biāo)公式、直線與圓相切的性質(zhì)，結(jié)合已知能求出圓P的半徑．

解答 解：（1）圓N：x²+y²-2x-15=0的方程可化為（x-1）²+y²=16，
∴圓心N（1，0），半徑r=4，
設(shè)圓心P（x，y），∵圓P過點M，∴圓P半徑為|PM|，
又∵圓P與圓N內(nèi)切，∴|PN|=4-|PM|，即|PM|+|PN|=4，
又|MN|=2＜4，
∴由橢圓定義得：點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長為4，短軸長為2$\sqrt{3}$的橢圓，
∴曲線τ的方程為：$\frac{{{x}^{2}}_{\;}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）依題意設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），k＞0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²=8k²x+4k²-12=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
∴AB的中點Q的橫坐標(biāo)x_Q=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
由-$\frac{4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{4}{13}$，解得k=$\frac{\sqrt{3}}{3}$或k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（舍），
∵直線l與圓P相切于點M，∴圓心P在直線y=-$\sqrt{3}$（x+1）上，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=-\sqrt{3}（x+1）}\end{array}\right.$，得5x²+8x=0，解得x=0或x=-$\frac{8}{5}$，
∴圓心P（0，-$\sqrt{3}$）或P（-$\frac{8}{5}$，$\frac{3\sqrt{3}}{5}$），
當(dāng)圓心P（0，-$\sqrt{3}$）時，r²=（0+1）²+（-$\sqrt{3}-0$）²=4，即r=2，
當(dāng)圓心P（-$\frac{8}{5}$，$\frac{3\sqrt{3}}{5}$）時，r²=（-$\frac{8}{5}$+1）²+（$\frac{3\sqrt{3}}{5}-0$）²=$\frac{36}{25}$，即r=$\frac{6}{5}$．
∴圓P的半徑r為2或$\frac{6}{5}$．

點評 本題考查曲線與方程、圓與圓的關(guān)系、直線與圓和橢圓的位置關(guān)系、橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程等基礎(chǔ)知識，考查推理論能力、運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、分類與整合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想等．