Question

18．已知曲線C上的動點P到兩定點O（0，0），A（3，0）的距離之比為$\frac{1}{2}$．
（1）求曲線C的方程；
（2）若直線l經(jīng)過點（0，-2），且直線l交曲線C于A，B兩點．以AB為直徑的圓能否過坐標(biāo)原點？若能求出直線l的方程，若不能說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），由條件運用兩點的距離公式，化簡整理，即可得到所求軌跡方程；
（2）若以AB為直徑的圓能過坐標(biāo)原點，則直線l的斜率存在，設(shè)為k，直線方程為y=kx-2，聯(lián)立直線方程和與的方程，利用$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$求得k，則答案可求．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），由題意可得$\frac{|OP|}{|PA|}=\frac{1}{2}$，
即為2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\sqrt{（x-3）^{2}+{y}^{2}}$，
化簡可得x²+y²+2x-3=0，
曲線C的方程為圓（x+1）²+y²=4；
（2）如圖，若以AB為直徑的圓能過坐標(biāo)原點，則直線l的斜率存在，設(shè)為k，直線方程為y=kx-2．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+2x-3=0}\end{array}\right.$，消去y得（1+k²）x²-（4k-2）x+1=0．
△=（4k-2）²-4（1+k²）=4k²-3k＞0，得k＜0或k＞$\frac{3}{4}$．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k-2}{1+{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{1+{k}^{2}}$，
${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-2）（k{x}_{2}-2）={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-2k（{x}_{1}+{x}_{2}）+4$=$\frac{{k}^{2}}{1+{k}^{2}}-\frac{8{k}^{2}-4k}{1+{k}^{2}}+4=\frac{-3{k}^{2}+4k+4}{1+{k}^{2}}$．
若以AB為直徑的圓能否過坐標(biāo)原點，則x₁x₂+y₁y₂=$\frac{1}{1+{k}^{2}}+\frac{-3{k}^{2}+4k+4}{1+{k}^{2}}=\frac{-3{k}^{2}+4k+5}{1+{k}^{2}}=0$．
即3k²-4k-5=0，解得${k}_{1}=\frac{2-\sqrt{19}}{3}$，或${k}_{2}=\frac{2+\sqrt{19}}{3}$．
∴以AB為直徑的圓能過坐標(biāo)原點，此時直線l的方程為$y=\frac{2-\sqrt{19}}{3}x-2$或$y=\frac{2+\sqrt{19}}{3}x-2$．

點評 本題考查曲線方程的求法，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了平面向量在求解圓錐曲線問題中的應(yīng)用，是中檔題．