Question

10．已知圓F₁：（x+1）²+y²=1，圓F₂：（x-1）²+y²=25，動圓P與圓F₁外切并且與圓F₂內(nèi)切，動圓圓心P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）若曲線C與x軸的交點為A₁，A₂，點M是曲線C上異于點A₁，A₂的點，直線A₁M與A₂M的斜率分別為k₁，k₂，求k₁k₂的值．
（Ⅲ）過點（2，0）作直線l與曲線C交于A，B兩點，在曲線C上是否存在點N，使$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{ON}$？若存在，請求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過設(shè)P（x，y）、動圓P的比較為r，利用圓與圓的位置關(guān)系可知|PF₁|=1+r、|PF₂|=5-r，進(jìn)而化簡可知動圓圓心P的軌跡是以F₁（-1，0）、F₂（1，0）為焦點、長軸長為6的橢圓，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知A₁（-3，0）、A₂（3，0），通過設(shè)M（x，y），利用$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{8}$=及k₁k₂=$\frac{y-0}{x+3}$•$\frac{y-0}{x-3}$化簡計算即得結(jié)論；
（Ⅲ）通過設(shè)過點（2，0）的直線l方程為x=my+2，并與曲線C方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及N（x₁+x₂，y₁+y₂）在曲線C上化簡計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意，F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設(shè)P（x，y），動圓P的比較為r，則|PF₁|=1+r，|PF₂|=5-r，
∴|PF₁|+|PF₂|=6，
∴動圓圓心P的軌跡是以F₁（-1，0）、F₂（1，0）為焦點，長軸長為6的橢圓，
則b²=a²-c²=9-1=8，
于是曲線C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{8}$=1；
（Ⅱ）由（I）可知A₁（-3，0），A₂（3，0），
設(shè)M（x，y），則$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{8}$=1，
于是k₁k₂=$\frac{y-0}{x+3}$•$\frac{y-0}{x-3}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-9}$=$\frac{{y}^{2}}{-\frac{9{y}^{2}}{8}}$=-$\frac{8}{9}$；
（Ⅲ）結(jié)論：在曲線C上存在點N，使$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{ON}$，且直線l方程為x=±$\frac{\sqrt{14}}{4}$y+2．
理由如下：
設(shè)過點（2，0）的直線l方程為：x=my+2，
聯(lián)立直線l與曲線C的方程，消去x，整理得：
（9+8m²）y²+32my-40=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{32m}{9+8{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{40}{9+8{m}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{ON}$，
∴N（x₁+x₂，y₁+y₂）在曲線C上，
∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{9}$+$\frac{（{{y}_{1}+{y}_{2}）}^{2}}{8}$=1，
又∵x₁+x₂=m（y₁+y₂）+4=4-$\frac{32{m}^{2}}{9+8{m}^{2}}$=$\frac{36}{9+8{m}^{2}}$，
∴$\frac{1}{9}$•$（\frac{36}{9+8{m}^{2}}）^{2}$+$\frac{1}{8}$•$（-\frac{32m}{9+8{m}^{2}}）^{2}$=1，
整理得：9+8m²=16，
解得：m=±$\frac{\sqrt{14}}{4}$，
于是在曲線C上存在點N，使$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{ON}$，且直線l方程為x=±$\frac{\sqrt{14}}{4}$y+2．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．