Question

5．已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)$（{0，\frac{1}{2}}）$，且與直線y=-$\frac{1}{2}$相切．
（Ⅰ）求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)Q是軌跡C上一點(diǎn)，過Q作圓P：（x-6）²+y²=1的切線，其中A、B是切點(diǎn)，若軌跡C在點(diǎn)Q處的切線與直線AB平行，求直線AB方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）個(gè)別化動(dòng)圓和點(diǎn)和直線的位置關(guān)系建立方程結(jié)合拋物線的定義即可求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；
（Ⅱ）求出圓的切線，結(jié)合切線和直線AB的婆媳關(guān)系進(jìn)行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閯?dòng)圓圓心到定點(diǎn)$（{0，\frac{1}{2}}）$與定直線$y=-\frac{1}{2}$的距離相等，
由拋物線的定義知，動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線…（2分）
其中$（{0，\frac{1}{2}}）$為焦點(diǎn)，$y=-\frac{1}{2}$為準(zhǔn)線，所以軌跡方程為x²=2y…（4分）
（Ⅱ）  設(shè)Q（m，n），由x²=2y，得$y=\frac{1}{2}{x^2}$，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)y′=f′（x）=x，Q處的切線斜率為f′（m）=m…（5分）
線段PQ中點(diǎn)$（\frac{6+m}{2}，\frac{n}{2}）$，A、B是以PQ為直徑的圓R與圓P的兩交點(diǎn)．
圓R的方程為：$（x-\frac{m+6}{2}{）^2}+{（y-\frac{n}{2}）^2}=\frac{{{{（m-6）}^2}}}{4}+\frac{{{{（n）}^2}}}{4}$
即：x²+y²-（m+6）x-ny+6m=0…（7分）
又圓P方程為：x²+y²-12x+35=0
相減得：（m-6）x+ny-6m+35=0…（9分）
當(dāng)n≠0時(shí)，因?yàn)镼處的切線與直線AB平行，$m=\frac{6-m}{n}$，
即nm=6-m，
∵m²=2n，
∴n=$\frac{1}{2}$m²，
即$\frac{1}{2}$m³=6-m，
即m³+2m-12=0，
即（m-2）（m²+2m+6）=0，
∴m=2，則n=2
所以，直線AB方程是4x-2y-23=0
當(dāng)n=0時(shí)，Q處的切線與AB垂直，不符合題設(shè)…（12分）
另解：A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
當(dāng)OA和過A的切線斜率都存在時(shí)
則過A（x₁，y₁）的切線方程：$y-{y_1}=-\frac{{{x_1}-6}}{y_1}（x-{x_1}）$（1）
因?yàn)?nbsp;A（x₁，y₁）在圓P上，所以${x_1}^2+{y_1}^2-12{x_1}+35=0$
上且切線過Q（m，n），所以，$n-{y_1}=-\frac{{{x_1}-6}}{y_1}（m-{x_1}）$
以上兩式代入（1）整理得：（m-6）x₁+ny₁-6m+35=0…（7分）
當(dāng)OA和過A的切線斜率都有一條不存在時(shí)，上式同樣成立
同理可得 （m-6）x₂+ny₂-6m+35=0…（8分）
所以直線mx+（2-n）y-2n+3=0過A、B兩點(diǎn)，是直線AB方程的方程…（10分）
因?yàn)�，Q處的切線與直線AB平行，$m=\frac{6-m}{n}$，
即nm=6-m，
∵m²=2n，
∴n=$\frac{1}{2}$m²，
即$\frac{1}{2}$m³=6-m，
即m³+2m-12=0，
即（m-2）（m²+2m+6）=0，
∴m=2，則n=2
所以，直線AB方程是4x-2y-23=0…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查點(diǎn)的軌跡的求解以及直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，利用拋物線的定義求出點(diǎn)的軌跡是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．