Question

平面內(nèi)兩定點(diǎn)A₁，A₂的坐標(biāo)分別為（-2，0），（2，0），P為平面一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且P點(diǎn)的橫坐標(biāo)x∈（-2，2），過(guò)點(diǎn)P做PQ垂直于直線A₁A₂，垂足為Q，并滿足|PQ|²=

3

4

|A₁Q|•|A₂Q|
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡加上A₁，A₂兩點(diǎn)構(gòu)成的曲線為C，一條直線l與以點(diǎn)（1，0）為圓心，半徑為2的圓M相交于A，B兩點(diǎn)．若圓M與x軸的左交點(diǎn)為F，且

FA

•

FB

=6，求證：直線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題

分析：（1）設(shè)P（x，y），x∈（-2，2），則|PQ|²=y²，|A₁Q|=2+x，|A₂Q|=2-x，由|PQ|²=

3

4

|A₁Q|•|A₂Q|，能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．
（2）由（1）知曲線C的方程為

x2

4

+

y2

3

=1，圓M的方程為（x-1）²+y²=4，則F（-1，0），當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：x=2，與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為：y=kx+m，聯(lián)立直線與圓的方程聯(lián)立得（1+k²）x²+2（km-1）x+m²-3=0，由此利用根的判別式得直線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)．

解答： （1）解：設(shè)P（x，y），x∈（-2，2），
則|PQ|²=y²，|A₁Q|=2+x，|A₂Q|=2-x，
∵|PQ|²=

3

4

|A₁Q|•|A₂Q|，
∴y2=

3

4

(2-x)(2+x)，
即

x2

4

+

y2

3

=1，x∈(-2，2)．
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程

x2

4

+

y2

3

=1，x∈(-2，2)．
（2）證明：由（1）知曲線C的方程為

x2

4

+

y2

3

=1，
圓M的方程為（x-1）²+y²=4，則F（-1，0），
則A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為：x=x₀，
則x₁=x₂=x₀，y₁=-y₂，

FA

=(x0+1，y1)，

FB

=(x0+1，y2)，
∵

FA

•

FB

=6，∴(x0+1)2+y1y2=6，∴（x₀+1）²-y₁²=6，
∵點(diǎn)A在圓M上，∴（x₀-1）²+y12=4代入上式，得x₀=±2，
∴直線l的方程為：x=±2，與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，
經(jīng)檢驗(yàn)x=-2不合題意，舍去，∴x=2．
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為：y=kx+m，聯(lián)立直線與圓的方程，

y=kx+m (x-1)2+y2=4

，得（1+k²）x²+2（km-1）x+m²-3=0，
∴

x1+x2= 2(1-km) 1+k2 x1x2= m2-3 1+k2

，
∵

FA

=（x₁+1，y₁），

FB

=(x2+1，y2)，且

FA

•

FB

=6，
∴x₁x₂+（x₁+x₂）+y₁y₂=5，
又∵

y1=kx1+m y2=kx2+m

，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）
=k2x1x2+km(x1+x2)+m 2，
代入，得：(1+k2)x1x2+(1+km)(x1+x2)+m2=5，
化簡(jiǎn)，得：m²-4k²=3，
聯(lián)立直線l與曲線C的方程

y=kx+m x2 4 + y2 3 =1

，
得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
△=（8km）²-4（3+4k²）（4m²-12）=48（4k²-m²+3），
∵m²-4k²=3，∴△=0，
∴直線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查直線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量知識(shí)的合理運(yùn)用．