Question

7．已知動點M（x，y）到直線l：x=3的距離是它到點D（1，0）的距離的$\sqrt{3}$倍．
（1）求動點M的軌跡C的方程；
（2）設軌跡C上一動點T滿足：$\overrightarrow{OT}$=2λ$\overrightarrow{OP}$+3μ$\overrightarrow{OQ}$，其中P、Q是軌跡C上的點，且直線OP與OQ的斜率之積為-$\frac{2}{3}$．若N（λ，μ）為一動點，F₁（-$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）、F₂（$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）為兩定點，求|NF₁|+|NF₂|的值．

Answer 1

分析 （1）設M（x，y），用x，y表示出距離，列方程化簡即可；
（2）設P（$\sqrt{3}$cosα，$\sqrt{2}$sinα），Q（$\sqrt{3}$cosβ，$\sqrt{2}$sinβ），表示出T點坐標，代入曲線C的方程化簡可得N的軌跡方程，利用橢圓的性質得出定值．

解答 解：（I）設M（x，y），則M到直線l的距離為|x-3|，MD=$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，
∴|x-3|=$\sqrt{3}$$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，化簡得$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
∴動點M的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（II）設P（$\sqrt{3}$cosα，$\sqrt{2}$sinα），Q（$\sqrt{3}$cosβ，$\sqrt{2}$sinβ），
則k_OP=$\frac{\sqrt{2}sinα}{\sqrt{3}cosα}$，k_OQ=$\frac{\sqrt{2}sinβ}{\sqrt{3}cosβ}$，∴k_OP•k_OQ=$\frac{\sqrt{2}sinα}{\sqrt{3}cosα}$•$\frac{\sqrt{2}sinβ}{\sqrt{3}cosβ}$=-$\frac{2}{3}$，
∴sinαsinβ+cosαcosβ=0，
∵$\overrightarrow{OT}$=2λ$\overrightarrow{OP}$+3μ$\overrightarrow{OQ}$，∴T（2$\sqrt{3}$λcosα+3$\sqrt{3}$μcosβ，2$\sqrt{2}$λsinα+3$\sqrt{2}$μsinβ），
∵T在曲線C$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$上，
∴2（2$\sqrt{3}$λcosα+3$\sqrt{3}$μcosβ）²+3（2$\sqrt{2}$λsinα+3$\sqrt{2}$μsinβ）²=6，
化簡得4λ²+9μ²=1，即$\frac{{λ}^{2}}{\frac{1}{4}}+\frac{{μ}^{2}}{\frac{1}{9}}=1$，
∴N（λ，μ）點軌跡方程為$\frac{{λ}^{2}}{\frac{1}{4}}+\frac{{μ}^{2}}{\frac{1}{9}}=1$，
F₁（-$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）、F₂（$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）為此橢圓的兩個焦點，
∴|NF₁|+|NF₂=2$\sqrt{\frac{1}{4}}$=1．

點評 本題考查了軌跡方程的求解，橢圓的性質，屬于中檔題．