Question

18．已知動圓P與圓F₁：（x+1）²+y²=1外切，與圓F₂：（x-1）²+y²=9內(nèi)切．動圓P的圓心軌跡為曲線E，且曲線E與y軸的正半軸相交于點M．若曲線E上相異兩點A、B滿足直線MA，MB的斜率之積為$\frac{1}{4}$．
（1）求E的方程；
（2）證明直線AB恒過定點，并求定點的坐標．

Answer 1

分析 （1）確定PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|，可得曲線E是長軸長2a=4，焦距2c=2的橢圓，且b²=a²-c²=3，即可求E的方程；
（2）分類討論，設(shè)直線方程，代入橢圓方程，利用韋達定理，結(jié)合直線MA，MB的斜率之積為$\frac{1}{4}$，即可證明直線AB恒過定點，并求定點的坐標

解答 解�。�1）設(shè)動圓P的半徑為r，由已知|PF₁|=r+1，|PF₂|=3-r，
則有|PF₁|+|PF₂|=4，化簡得曲線E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由曲線E的方程得，上頂點M（0，$\sqrt{3}$），記A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意知，x₁≠0，x₂≠0．若直線AB的斜率不存在，則直線AB的方程為x=x₁，故y₁=-y₂，
因此，k_MA•k_MB=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-\sqrt{3}}{{x}_{2}}$=-$\frac{{{y}_{1}}^{2}-3}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，
與已知不符，因此直線AB的斜率存在．
設(shè)直線AB：y=kx+m，代入橢圓E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，得
（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0，①
因為直線AB與曲線E有公共點A，B，所以方程①有兩個非零不等實根x₁，x₂，
所以x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，
又k_AM=$\frac{k{x}_{1}+m-\sqrt{3}}{{x}_{1}}$，k_MB=$\frac{k{x}_{2}+m-\sqrt{3}}{{x}_{2}}$
由k_AM•k_BM=$\frac{1}{4}$得4（kx₁+m-$\sqrt{3}$）（kx₂+m-$\sqrt{3}$）=x₁x₂，
即（4k²-1）x₁x₂+4k（m-$\sqrt{3}$）（x₁+x₂）+4（m-$\sqrt{3}$）²=0，
所以4（m²-3）（4k²-1）+4k（m-$\sqrt{3}$）（-8km）+4（m-$\sqrt{3}$）²•（3+4k²）=0，
化簡得m²-3$\sqrt{3}$+6=0，故m=$\sqrt{3}$或m=2$\sqrt{3}$．
結(jié)合x₁x₂≠0知m=2$\sqrt{3}$，即直線AB恒過定點N（0，2$\sqrt{3}$）．

點評 本題考查橢圓的定義與方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線過定點，屬于中檔題．