Question

2．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)R（0，2），且在x軸上截得的線(xiàn)段MN的長(zhǎng)為4，直線(xiàn)l：y=kx+t（t＞0）交y軸于點(diǎn)Q．
（1）求動(dòng)圓圓心的軌跡E的方程；
（2）直線(xiàn)l與軌跡E交于A(yíng)、B兩點(diǎn)，分別以A、B為切點(diǎn)作軌跡E的切線(xiàn)交于點(diǎn)P，若tan∠APB=$\frac{|\overrightarrow{PQ}|•|\overrightarrow{AB}|}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}}$，試判斷點(diǎn)Q是否為定點(diǎn)，若是，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)圓過(guò)定點(diǎn)以及直線(xiàn)和x軸相交的弦長(zhǎng)理由參數(shù)消元法即可求動(dòng)圓圓心的軌跡E的方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁≠x₂，P（x₀，y₀），利用設(shè)而不求的思想，結(jié)合曲線(xiàn)在A(yíng)，B處的切線(xiàn)方程，求出交點(diǎn)坐標(biāo)借助向量數(shù)量積的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)圓圓心的坐標(biāo)為（x，y），半徑r，（r＞0），
∵動(dòng)圓過(guò)定點(diǎn)R（0，2），且在x軸上截得線(xiàn)段MN的長(zhǎng)為4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（y-2）^{2}={r}^{2}}\\{{y}^{2}+4={r}^{2}}\end{array}\right.$，消去r得x²=4y，
故所求軌跡E的方程為x²=4y；
（2）不妨設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁≠x₂，
P（x₀，y₀），由題知Q（0，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y得x²-4kx-4t=0，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，軌跡E在A(yíng)點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為l₁：y-y₁=$\frac{{x}_{1}}{2}$（x-x₁），即y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
同理，軌跡E在B處的切線(xiàn)方程為l₁：y=$\frac{{x}_{2}}{2}$x-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$，
聯(lián)立l₁，l₂：的方程解得交點(diǎn)坐標(biāo)P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$），即P（2k，-t），
由tan∠APB=$\frac{|\overrightarrow{PQ}|•|\overrightarrow{AB}|}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}}$得到|$\overrightarrow{PA}$|•|$\overrightarrow{PB}$|sin∠APB=|$\overrightarrow{PQ}$|•|$\overrightarrow{AB}$|=2S_△APB，
得$\overrightarrow{PQ}$⊥$\overrightarrow{AB}$，即$\overrightarrow{PQ}$•$\overrightarrow{AB}$=0，
$\overrightarrow{PQ}$=（-2k，2t），$\overrightarrow{AB}$=（x₂-x₁，$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{4}$），
∴-2k（x₂-x₁）+2t•$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{4}$=0，
即2k（x₂-x₁）（t-1）=0，
則2k（t-1）=0，
則t=1，
故Q是定點(diǎn)，坐標(biāo)為（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查與圓有關(guān)的軌跡問(wèn)題，涉及直線(xiàn)和拋物線(xiàn)的相交的位置關(guān)系，利用設(shè)而不求的數(shù)學(xué)思想是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．