Question

11．已知兩動圓${F_1}：{（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}={r^2}$和${F_2}：{（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}={（4-r）^2}$（0＜r＜4），把它們的公共點的軌跡記為曲線C，若曲線C與y軸的正半軸的交點為M，且曲線C上的相異兩點A、B滿足：$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=0．
（1）求曲線C的方程；
（2）若A的坐標為（-2，0），求直線AB和y軸的交點N的坐標；
（3）證明直線AB恒經(jīng)過一定點，并求此定點的坐標．

Answer 1

分析 （1）設兩動圓的公共點為Q，利用條件列出|QF₁|+|QF₂|=4（＞|F₁F₂|）．利用橢圓的定義求解曲線C的方程．（2）通過$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，求出k_MA，k_MB，直線MB：y=-2x+1，然后求解B的坐標，求出AB的方程，然后求解即可．
（3）求出M（0，1），設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），通過當AB的斜率不存在時，求出$N（0，-\frac{3}{5}）$．當AB的斜率存在時，設直線AB：y=kx+m，聯(lián)立方程組：$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}①\\ y=kx+m\;②\end{array}\right.$，通過韋達定理以及$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，求出m，然后求解直線AB恒過定點．

解答 解：（1）（文理）設兩動圓的公共點為Q，則有：|QF₁|+|QF₂|=4（＞|F₁F₂|）．
由橢圓的定義可知Q的軌跡為橢圓，$a=2，c=\sqrt{3}$．
所以曲線C的方程是：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（4分）
（2）由條件$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，知道k_MAk_MB=-1，
∵M（0，1），A（-2，0）∴k_MA=$\frac{1}{2}$，k_MB=-2，得直線MB：y=-2x+1，…（6分）
解方程組$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=-2x+1\end{array}\right.$可得$B（\frac{16}{17}，-\frac{15}{17}）$，…（8分）
${k_{AB}}=-\frac{3}{10}$，直線AB：$y=-\frac{3}{10}x-\frac{3}{5}$，
所以交點$N（0，-\frac{3}{5}）$．                             …（10分）
（3）由題意可知：M（0，1），設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當AB的斜率不存在時，易知滿足條件$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$的直線AB為：x=0過定點$N（0，-\frac{3}{5}）$…（6分）
當AB的斜率存在時，設直線AB：y=kx+m，聯(lián)立方程組：$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1…①\\ y=kx+m…②\end{array}\right.$，
把②代入①有：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0…（8分）
${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$③，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$④，
因為$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，所以有x₁•x₂+（kx₁+m-1）（kx₂+m-1）=0，$（1+{k^2}）{x_1}•{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$，把③④代入整理：$（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+k（m-1）\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{（m-1）^2}=0$，（有公因式m-1）
繼續(xù)化簡得：（m-1）（5m+3）=0，$m=\frac{-3}{5}$或m=1（舍），
綜合斜率不存在的情況，直線AB恒過定點$N（0，-\frac{3}{5}）$．   …（10分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關系的綜合應用，軌跡方程的求法，直線恒過定點的求法，考查分析問題解決問題的能力．