Question

6．已知?jiǎng)訄AC恒過定點(diǎn)F（a，0），且與直線1：x=-a，（a＞0）相切，
（I）求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)F的直線交軌跡E于A，B兩點(diǎn)，直線OA，OB分別與直線x=-a交于M，N兩點(diǎn)，求證：以MN為直徑的圓恒過定點(diǎn)并求定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由動(dòng)圓C過點(diǎn)F（a，0）且與直線l：x=-a相切，得圓心C到F的距離等于到直線l的距離．由此能得到所求的軌跡方程；
（Ⅱ）求出直線AB斜率不存在時(shí)，以MN為直徑的圓所過定點(diǎn)，然后證明直線AB的斜率存在時(shí)，以MN為直徑的圓也過相同定點(diǎn)得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵動(dòng)圓C過點(diǎn)F（a，0）且與直線l：x=-a相切，
∴圓心C到F的距離等于到直線l的距離．
∴點(diǎn)C的軌跡是以F為焦點(diǎn)，l為準(zhǔn)線的拋物線，且$\frac{p}{2}=a$，p=2a，
∴所求的軌跡方程為y²=4ax；
（Ⅱ）如圖，①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線AB方程為x=a，
求得A（a，2a），B（a，-2a），M（-a，-2a），N（-a，2a），
則以MN為直徑的圓過點(diǎn)G（a，0），H（-3a，0）；
②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=k（x-a），代入y²=4ax，得k²x²-（2ak²+4a）x+a²k²=0；
設(shè)A（x₁，2$\sqrt{a{x}_{1}}$），B（x₂，-2$\sqrt{a{x}_{2}}$），
由根與系數(shù)的關(guān)系得，x₁+x₂=$\frac{2a{k}^{2}+4a}{{k}^{2}}$，x₁x₂=a²；
又k_OA=$\frac{2\sqrt{a{x}_{1}}}{{x}_{1}}$，k_OB=-$\frac{2\sqrt{a{x}_{2}}}{{x}_{2}}$，
∴直線OA的方程為y=$\frac{2\sqrt{a{x}_{1}}}{{x}_{1}}$x，直線OB的方程為y=-$\frac{2\sqrt{a{x}_{2}}}{{x}_{2}}$x．
∴M（-a，-$\frac{2\sqrt{a{x}_{1}}}{{x}_{1}}$a），N（-a，$\frac{2\sqrt{a{x}_{2}}}{{x}_{2}}$a）．
∵$\overrightarrow{MG}=（2a，\frac{2\sqrt{a{x}_{1}}}{{x}_{1}}a），\overrightarrow{NG}=（2a，-\frac{2\sqrt{a{x}_{2}}}{{x}_{2}}a）$，
∴$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{NG}=4{a}^{2}-\frac{4{a}^{3}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}=0$．
則以MN為直徑的圓恒過定點(diǎn)G（a，0）；
同理可證得以MN為直徑的圓恒過定點(diǎn)H（-3a，0）；
∴以MN為直徑的圓恒過定點(diǎn)（a，0），（-3a，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，考查了拋物線的幾何性質(zhì)，訓(xùn)練了利用同一法證明過定點(diǎn)問題，考查計(jì)算能力，是中檔題．