Question

18．已知點${F_1}（-\sqrt{2}，0）、{F_2}（\sqrt{2}，0）$，平面直角坐標系上的一個動點P（x，y）滿足$|\overrightarrow{P{F_1}}|+|\overrightarrow{P{F_2}}|=4$．設動點P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的軌跡方程；
（2）點M是曲線C上的任意一點，GH為圓N：（x-3）²+y²=1的任意一條直徑，求$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}$的取值范圍；
（3）已知點A、B是曲線C上的兩個動點，若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O是坐標原點），試證明：直線AB與某個定圓恒相切，并寫出定圓的方程．

Answer 1

分析 （1）設出動點P（x，y），列出方程，化簡求解所求曲線C的軌跡方程即可．
（2）設M（x₀，y₀）是曲線C上任一點．推出$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}，\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NH}$，$\overrightarrow{NH}=-\overrightarrow{NG}$．然后利用數量積推出表達式，利用橢圓的性質，求解表達式的范圍．
（3）判斷定圓的圓心必在原點．設|OA|=r₁，|OB|=r₂，點A（r₁cosθ，r₁sinθ），利用面積相等，A、B兩點在曲線C上，推出$\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}=\frac{3}{4}$．然后說明直線AB總與定圓相切，求出定圓的方程．

解答 （本題滿分18分）本題共有3個小題，第1小題滿分（3分），第2小題滿分（6分），第3小題滿分（9分）．
解：（1）依據題意，動點P（x，y）滿足$\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}=4$．
又$|{F_1}{F_2}|=2\sqrt{2}＜4$，
因此，動點P（x，y）的軌跡是焦點在x軸上的橢圓，且$\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ 2c=2\sqrt{2}\end{array}\right.⇒b=\sqrt{2}$．
所以，所求曲線C的軌跡方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）設M（x₀，y₀）是曲線C上任一點．依據題意，可得$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}，\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NH}$．
∵GH是直徑，∴$\overrightarrow{NH}=-\overrightarrow{NG}$．又$|\overrightarrow{NG}|=1$，
∴$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}=（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}）•（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{GH}）$
=$（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}）•（\overrightarrow{MN}-\overrightarrow{NG}）$
=$|\overrightarrow{MN}{|}^{2}-|\overrightarrow{NG}{|}^{2}$．
∴$|\overrightarrow{MN}{|^2}={（{x_0}-3）^2}+{（{y_0}-0）^2}$
=$\frac{1}{2}{（{x_0}-6）^2}-7$．
由$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，可得-2≤x≤2，即-2≤x₀≤2．
∴$1≤|\overrightarrow{MN}{|^2}≤25，0≤|\overrightarrow{MN}{|^2}-|\overrightarrow{NG}{|^2}≤24$．
∴$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}$的取值范圍是$0≤\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}≤24$．
（另解$1≤|\overrightarrow{MN}{|^2}≤25$：結合橢圓和圓的位置關系，有||OM|-|ON||≤|MN|≤|OM|+|ON|（當且僅當M、N、O共線時，等號成立），于是有1≤|MN|≤5．）
（3）證明　因A、B是曲線C上滿足OA⊥OB的兩個動點，由曲線C關于原點對稱，可知直線AB也關于原點對稱．若直線AB與定圓相切，則定圓的圓心必在原點．因此，只要證明原點到直線AB的距離（d）是定值即可．
設|OA|=r₁，|OB|=r₂，點A（r₁cosθ，r₁sinθ），則$B（{r_2}cos（\frac{π}{2}+θ），{r_2}sin（\frac{π}{2}+θ））=（-{r_2}sinθ，{r_2}cosθ）$．
利用面積相等，有$\frac{1}{2}|OA|•|OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，于是${d^2}=\frac{r_1^2r_2^2}{r_1^2+r_2^2}=\frac{1}{{\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}}}$．
又A、B兩點在曲線C上，故$\left\{\begin{array}{l}\frac{{r_1^2{{cos}^2}θ}}{4}+\frac{{r_1^2{{sin}^2}θ}}{2}=1\\ \frac{{r_2^2{{sin}^2}θ}}{4}+\frac{{r_2^2{{cos}^2}θ}}{2}=1.\end{array}\right.$可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{cos}^2}θ}}{4}+\frac{{{{sin}^2}θ}}{2}=\frac{1}{r_1^2}\\ \frac{{{{sin}^2}θ}}{4}+\frac{{{{cos}^2}θ}}{2}=\frac{1}{r_2^2}.\end{array}\right.$
因此，$\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}=\frac{3}{4}$．
所以，${d^2}=\frac{4}{3}$，即d為定值$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
所以，直線AB總與定圓相切，且定圓的方程為：${x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，橢圓的綜合應用，圓與橢圓的位置關系，考查轉化思想以及計算能力．