Question

1．在平面直角坐標系xoy中，點${F_1}（{-\sqrt{3}，0}）$，圓F₂：x²+y²-2$\sqrt{3}$x-13=0，以動點P為圓心的圓經(jīng)過點F₁，且圓P與圓F₂內(nèi)切．
（1）求動點的軌跡的方程；
（2）若直線l過點（1，0），且與曲線E交于A，B兩點，則在x軸上是否存在一點D（t，0）（t≠0），使得x軸平分∠ADB？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）化圓的方程為標準方程，求出圓心坐標和半徑，畫出圖形，數(shù)形結合可得|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|，故點P的軌跡是以F₁、F₂為焦點，長軸長為4的橢圓，
由此求出動點的軌跡方程；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），當直線l的斜率不為0時，設直線l：x=ny+1．聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系求得A，B的縱坐標的和與積，結合斜率關系求得t值；當直線l的斜率為0時，直線為x軸，取A（-2，0），B（2，0），滿足∠ODA=∠ODB．綜上，在x軸上存在一點D（4，0），使得x軸平分∠ADB．

解答 解：（1）圓F₂：x²+y²-2$\sqrt{3}$x-13=0化為$（x-\sqrt{3}）^{2}+{y}^{2}=16$．
故F₂（$\sqrt{3}，0$），半徑r=4．
而$|{F}_{1}{F}_{2}|=2\sqrt{3}$＜4，∴點F₁在圓F₂內(nèi)，
又由已知得圓P的半徑R=|PF₁|，由圓P與圓F₂內(nèi)切得，圓P內(nèi)切于圓F₂，即|PF₂|=4-|PF₁|，
∴|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|，
故點P的軌跡是以F₁、F₂為焦點，長軸長為4的橢圓，
有c=$\sqrt{3}$，a=2，則b²=a²-c²=1．
故動點的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當直線l的斜率不為0時，設直線l：x=ny+1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ny+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，得（n²+4）y²+2ny-3=0．
△=16（n²+3）＞0恒成立．
${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2n}{{n}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{{n}^{2}+4}$．①
設直線DA、DB的斜率分別為k₁，k₂，則由∠ODA=∠ODB得，
${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-t}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-t}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-t）+{y}_{2}（{x}_{1}-t）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$
=$\frac{{y}_{1}（n{y}_{2}+1-t）+{y}_{2}（n{y}_{1}+1-t）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$=$\frac{2n{y}_{1}{y}_{2}+（1-t）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}=0$．
∴2ny₁y₂+（1-t）（y₁+y₂）=0，②
聯(lián)立①②，得n（t-4）=0．
故存在t=4滿足題意；
當直線l的斜率為0時，直線為x軸，取A（-2，0），B（2，0），滿足∠ODA=∠ODB．
綜上，在x軸上存在一點D（4，0），使得x軸平分∠ADB．

點評 本題考查橢圓軌跡方程的求法，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查數(shù)形結合的解題思想方法，是中檔題．