Question

已知定點(diǎn)O（0，0），A（3，0），動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)O距離與到定點(diǎn)A的距離的比值是．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，并說(shuō)明方程表示的曲線；
（Ⅱ）當(dāng)λ=4時(shí)，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線D．
①若M是圓E：（x-2）²+（y-4）²=64上任意一點(diǎn)，過(guò)M作曲線D的切線，切點(diǎn)是N，求|MN|的取值范圍；
②已知F，G是曲線D上不同的兩點(diǎn)，對(duì)于定點(diǎn)Q（-3，0），有|QF|•|QG|=4．試問無(wú)論F，G兩點(diǎn)的位置怎樣，直線FG能恒和一個(gè)定圓相切嗎？若能，求出這個(gè)定圓的方程；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)，利用動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)O距離與到定點(diǎn)A的距離的比值是，建立方程，化簡(jiǎn)即可得到動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，從而可得方程表示的曲線；
（Ⅱ）當(dāng)λ=4時(shí)，確定動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．
①確定兩圓內(nèi)含，且圓D在圓E內(nèi)部．由|MN|²=|MD|²-|DN|²有：|MN|²=|MD|²-4，故求|MN|的取值范圍就是求|MD|的取值范圍；
②解法一：設(shè)點(diǎn)Q到直線FG的距離為d，∠FQG=θ，由面積相等得到頂點(diǎn)Q到動(dòng)直線FG的距離為定值，從而可得結(jié)論；
解法二：假設(shè)存在，設(shè)出直線方程，利用直線與圓相切，得出圓心到直線的距離等于半徑，即可得到結(jié)論．
解答：解：（Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），則由，得λ（x²+y²）=（x-3）²+y²，
整理得：（λ-1）x²+（λ-1）y²+6x-9=0．
∵λ＞0，∴當(dāng)λ=1時(shí)，則方程可化為：2x-3=0，故方程表示的曲線是線段OA的垂直平分線；
當(dāng)λ≠1時(shí)，則方程可化為，即方程表示的曲線是以為圓心，為半徑的圓．…5分
（Ⅱ）當(dāng)λ=4時(shí)，曲線D的方程是x²+y²+2x-3=0，故曲線D表示圓，圓心是D（-1，0），半徑是2．
①由，及5＜8-2有：兩圓內(nèi)含，且圓D在圓E內(nèi)部．
如圖所示，由|MN|²=|MD|²-|DN|²有：|MN|²=|MD|²-4，故求|MN|的取值范圍就是求|MD|的取值范圍．
而D是定點(diǎn)，M是圓上的動(dòng)點(diǎn)，故過(guò)D作圓E的直徑，得|MD|_min=8-5=3，|MD|_max=8+5=13，故5≤|MN|²≤165，．…9分
②解法一：設(shè)點(diǎn)Q到直線FG的距離為d，∠FQG=θ，
則由面積相等得到|QF|•|QG|sinθ=d|FG|，且圓的半徑r=2．
即．于是頂點(diǎn)Q到動(dòng)直線FG的距離為定值，
即動(dòng)直線FG與定圓（x+3）²+y²=1相切．
②解法二：設(shè)F，G兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為F（x₁，y₁），G（x₂，y₂），
則由|QF|•|QG|=4有：，結(jié)合有：，
若經(jīng)過(guò)F、G兩點(diǎn)的直線的斜率存在，設(shè)直線FG的方程為y=mx+n，
由，消去y有：（1+m²）x²+（2mn+2）x+n²-3=0，則，，
所以，
由此可得8m²-6mn+n²=1，也即（3m-n）²=1+m²，…（※）．
假設(shè)存在定圓（x-a）²+（y-b）²=r²，總與直線FG相切，則
是定值r，即d與m，n無(wú)關(guān)，與…（※）對(duì)比，有，
此時(shí)，故存在定圓（x+3）²+y²=1，
當(dāng)直線FG的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂=-2，直線FG的方程是x=-2，顯然和圓相切．
故直線FG能恒切于一個(gè)定圓（x+3）²+y²=1．…14分．
點(diǎn)評(píng)：本題考查軌跡方程，考查圓與圓、直線與圓的位置關(guān)系，考查探索性問題，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．