Question

18．已知動圓P（P為圓心）經(jīng)過點N（${\sqrt{3}$，0），并且與M：（x+$\sqrt{3}}$）²+y²=16相切．
（Ⅰ）求點P的軌跡E的方程；
（Ⅱ）經(jīng)過點A（0，2）的直線l與曲線E相交于點C，D，并且$\overrightarrow{AC}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{AD}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （I）利用圓的相切的性質(zhì)、橢圓的定義即可得出．
（II）經(jīng)檢驗，當直線l⊥x軸時，題目條件不成立，所以直線l存在斜率，設直線l：y=kx+2．設C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+16kx+12=0．△＞0，利用向量坐標運算性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關系即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設P（x，y）為所求曲線上任意一點，并且⊙P與⊙M相切于點B，
則|PM|+|PN|=|PM|+|PB|=4．
所以點P的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）經(jīng)檢驗，當直線l⊥x軸時，題目條件不成立，所以直線l存在斜率，
設直線l：y=kx+2．設C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+2\end{array}\right.⇒（{1+4{k^2}}）{x^2}+16kx+12=0$，
△=（16k）²-4（1+4k²）•12＞0，得${k^2}＞\frac{3}{4}$．
${x_1}+{x_2}=-\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$…①，${x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$…②，
又由$\overrightarrow{AC}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AD}$，得${x_1}=\frac{3}{5}{x_2}$，
將它代入①，②得k²=1，k=±1（滿足${k^2}＞\frac{3}{4}$），
所以直線l的斜率為k=±1，所以直線l的方程為y=±x+2．

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、向量坐標運算性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．