Question

20．已知定點Q（$\sqrt{3}$，0），P為圓N：${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}=24$上任意一點，線段QP的垂直平分線交NP于點M．
（Ⅰ）當P點在圓周上運動時，求點M （x，y） 的軌跡C的方程；
（Ⅱ）若直線l與曲線C交于A、B兩點，且$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，求證：直線l與某個定圓E相切，并求出定圓E的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出圓N的圓心坐標為N（$-\sqrt{3}$，0），半徑為$2\sqrt{6}$，|MP|=|MQ|，得到|MN|+|MQ|=|MN|+|MP|=|NP|=$2\sqrt{6}$＞|NQ|，利用橢圓的定義，求解點M的軌跡C的方程．
（Ⅱ）當直線的斜率存在時，設直線l為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯立直線與橢圓的方程，得$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=6\\ y=kx+m\end{array}\right.$消去y，通過直線與橢圓有兩個不同的交點，利用判別式以及韋達定理，通過$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，求解即可，當直線的斜率不存在時，直線為x=m，驗證求解即可．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）依題意可得：圓N的圓心坐標為N（$-\sqrt{3}$，0），半徑為$2\sqrt{6}$，|MP|=|MQ|，…（1分）
則|MN|+|MQ|=|MN|+|MP|=|NP|=$2\sqrt{6}$＞|NQ|…（2分）
根據橢圓的定義，點M的軌跡是以N、Q為焦點，長軸長為$2\sqrt{6}$的橢圓，
即2a=$2\sqrt{6}$，2c=$2\sqrt{3}$，∴b=$\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$．…（3分）
所以點M的軌跡C的方程為：$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（Ⅱ）當直線的斜率存在時，設直線l為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯立直線與橢圓的方程，
得$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=6\\ y=kx+m\end{array}\right.$消去y并整理得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0．…（6分）
因為直線與橢圓有兩個不同的交點，所以
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-6）＞0，化簡得：m²＜6k²+3①…（7分）
由韋達定理得：${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，\;\;\;{x_1}•{x_2}=\frac{{2{m^2}-6}}{{1+2{k^2}}}$．…（8分）
∴${y_1}•{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）=\frac{{{m^2}-6{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$．
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，∴x₁x₂+y₁y₂=0，即$\frac{{2{m^2}-6}}{{1+2{k^2}}}+\frac{{{m^2}-6{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=0$，…（9分）
整理得m²=2k²+2滿足①式，∴$\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\sqrt{2}$，即原點到直線l為的距離是$\sqrt{2}$，
∴直線l與圓x²+y²=2相切．…（10分）
當直線的斜率不存在時，直線為x=m，與橢圓C交點為A（m，$\sqrt{\frac{{6-{m^2}}}{2}}$），B（m，$-\sqrt{\frac{{6-{m^2}}}{2}}$）∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，∴${m^2}-3+\frac{m^2}{2}=0⇒m=±\sqrt{2}$．
此時直線為x=$±\sqrt{2}$，顯然也與圓x²+y²=2相切．…（11分）
綜上，直線l與定圓E：x²+y²=2相切．…（12分）

點評 本題考查圓錐曲線的綜合應用，軌跡方程的求法，直線與橢圓以及直線與圓的群眾關心的應用，考查轉化思想以及計算能力．