Question

10．平面直角坐標(biāo)系xOy中，與圓F₁：（x+1）²+y²=1和圓F₂：（x-1）²+y²=25都內(nèi)切的動圓圓心的軌跡記為C，點(diǎn)M（x₀，y₀）為軌跡C上任意一點(diǎn)；在直線l：y=3上任取一點(diǎn)P向軌跡C引切線，切點(diǎn)為A、B．
（1）求動圓圓心軌跡C的方程，并求以M（x₀，y₀）為切點(diǎn)的C的切線方程；
（2）證明：直線AB過定點(diǎn)H，并求出H的坐標(biāo)；
（3）過（2）中的定點(diǎn)H作直線AB的垂線交l于點(diǎn)T，求$\frac{|TH|}{|AB|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出F₁（-1，0），r₁=1，F(xiàn)₂（1，0），r₂=5，從而|MF₁|+|MF₂|=4，由橢圓定義能求出動圓圓心軌跡C的方程；設(shè)以M（x₀，y₀）為切點(diǎn)的切線方程為y=kx+m，且滿足y₀-kx₀=m，（*），切線方程與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1聯(lián)立，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，由相切，得：m²=3+4k²，從而得到k=-$\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}$，由此能求出以M（x₀，y₀）為切點(diǎn)的C的切線方程．
（2）設(shè)切點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），切線PA、PB的方程分別為$\frac{{x}_{1}x}{4}+\frac{{y}_{1}y}{3}=1$，$\frac{{x}_{2}x}{4}+\frac{{y}_{2}y}{3}$=1，都過P（m，n），得到直線AB的方程為$\frac{mx}{4}+\frac{nx}{3}$=1，且n=3，由此能證明直線AB過定點(diǎn)H（0，1）．
（3）設(shè)直線AB的方程為y=k₁x+1，與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立，得：（3+4k₁²）x²+8k₁x-8=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式、基本不等式，結(jié)合已知條件能求出$\frac{|TH|}{|AB|}$的取值范圍．

解答 解：（1）∵與圓F₁：（x+1）²+y²=1和圓F₂：（x-1）²+y²=25都內(nèi)切的動圓圓心的軌跡記為C，點(diǎn)M（x₀，y₀）為軌跡C上任意一點(diǎn)，
∴圓M與兩圓都內(nèi)切，F(xiàn)₁（-1，0），r₁=1，F(xiàn)₂（1，0），r₂=5，
∴|MF₁|+|MF₂|=4，
由橢圓定義得動圓圓心軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
設(shè)以M（x₀，y₀）為切點(diǎn)的切線方程為y=kx+m，且滿足y₀-kx₀=m，（*），
切線方程與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1聯(lián)立，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
∵相切，∴△=（8km）²-4（3+4k²）（4m²-12）=0，整理，得：m²=3+4k²，
將（*）代入，得：（y₀-kx₀）²=3+4k²，∴（${{x}_{0}}^{2}-4$）k²-2x₀y₀k+${{y}_{0}}^{2}$-3=0，
解得k=-$\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}$，∴y-y₀=-$\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}$（x-x₀），
整理，得：$\frac{{x}_{0}x}{4}+\frac{{y}_{0}y}{3}=1$．
當(dāng)斜率不存在時(shí)，上式也成立，
∴以M（x₀，y₀）為切點(diǎn)的C的切線方程為：$\frac{{x}_{0}x}{4}+\frac{{y}_{0}y}{3}=1$．
證明：（2）設(shè)切點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），切線PA、PB的方程分別為
$\frac{{x}_{1}x}{4}+\frac{{y}_{1}y}{3}=1$，$\frac{{x}_{2}x}{4}+\frac{{y}_{2}y}{3}$=1，
都過P（m，n），∴$\frac{{x}_{1}m}{4}+\frac{{y}_{1}n}{4}=1$，$\frac{{x}_{2}m}{4}+\frac{{y}_{2}n}{3}$=1，
∴直線AB的方程為$\frac{mx}{4}+\frac{nx}{3}$=1，且n=3，即方程為：y=-$\frac{m}{4}x+1$，
∴直線AB過定點(diǎn)H（0，1）．
解：（3）設(shè)直線AB的方程為y=k₁x+1，
與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立，得：（3+4k₁²）x²+8k₁x-8=0，
$△=96（2{{k}_{1}}^{2}+1）$＞0，${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}_{1}}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$，
直線AB的垂線方程為$y=-\frac{1}{{k}_{1}}x+1，（{k}_{1}≠0）$，T（-2k₁，3），
|TH|=$\sqrt{4+4{{k}_{1}}^{2}}$，|AB|=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}_{1}}{3+4{{k}_{1}}^{2}}）^{2}+4×\frac{8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}}$=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•$\frac{\sqrt{96（2{{k}_{1}}^{2}+1）}}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$，
∴$\frac{|TH|}{|AB|}$=$\frac{1}{2\sqrt{6}}$•$\frac{3+4{k}^{2}}{\sqrt{2{{k}_{1}}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2\sqrt{6}}•\frac{2（2{{k}_{1}}^{2}+1）+1}{\sqrt{2{{k}_{1}}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2\sqrt{6}}（2\sqrt{2{{k}_{1}}^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{2{{k}_{1}}^{2}}+1}）$≥$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
當(dāng)k₁=0時(shí)，最小值為$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
∴$\frac{|TH|}{|AB|}$的取值范圍是[$\frac{\sqrt{6}}{4}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查圓、橢圓、直線方程、根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式、基本不等式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．