Question

7．已知圓M：（x+1）²+y²=1，圓N：（x-1）²+y²=9，動圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C．
（I）求C的方程．
（Ⅱ）若直線y=k（x-1）與曲線C交于R，S兩點，問是否在x軸上存在一點T，使得當(dāng)k變動時總有∠OTS=∠OTR？若存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出圓M和圓N的圓心及半徑，設(shè)圓P的圓心為P（x，y），半徑為R．由圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，得到曲線C是以M，N為左右焦點，長半軸長為2，短半軸為$\sqrt{3}$的橢圓（左頂點除外），由此能求出C的方程．
（Ⅱ）假設(shè)存在T（t，0）滿足∠OTS=∠OTR．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\ 3{x^2}+4{y^2}-12=0\end{array}\right.$得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能求出存在T（4，0），使得當(dāng)k變化時，總有∠OTS=∠OTR．

解答 解：（Ⅰ）圓M：（x+1）²+y²=1的圓心為M（-1，0），半徑r₁=1，
圓N的圓心N（1，0），半徑r₂=3．
設(shè)圓P的圓心為P（x，y），半徑為R．
∵圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，
∴|PM|+|PN|=R+r₁+r₂-R=r₁+r₂=4．…（3分）
由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左右焦點，長半軸長為2，短半軸為$\sqrt{3}$的橢圓（左頂點除外），
∴C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（{x≠-2}）$．…（5分）
（Ⅱ）假設(shè)存在T（t，0）滿足∠OTS=∠OTR．設(shè)R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\ 3{x^2}+4{y^2}-12=0\end{array}\right.$得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
由韋達定理有$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$①，其中△＞0恒成立，…（7分）
由∠OTS=∠OTR（由題意TS，TR的斜率存在），
故k_TS+k_TR=0，即$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0$②，
由R，S兩點在直線y=k（x-1）上，故 y₁=k（x₁-1），y₂=k（x₂-1），
代入②得$\frac{{k（{{x_1}-1}）（{{x_2}-t}）+k（{{x_2}-1}）（{{x_1}-t}）}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}=\frac{{k[{2{x_1}{x_2}-（{t+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+2t}]}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}=0$，
即有2x₁x₂-（t+1）（x₁+x₂）+2t=0③…（9分）
將①代入③即有：$\frac{{8{k^2}-24-（{t+1}）8{k^2}+2t（{3+4{k^2}}）}}{{3+4{k^2}}}=\frac{6t-24}{{3+4{k^2}}}=0$④，
要使得④與k的取值無關(guān)，當(dāng)且僅當(dāng)“t=4“時成立，
綜上所述存在T（4，0），使得當(dāng)k變化時，總有∠OTS=∠OTR．…（12分）

點評 本題考查曲線方的求法，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓定義、根的判別式、韋達定理的合理運用．