Question

7．已知點P到圓（x+2）²+y²=1的切線長與到y(tǒng)軸的距離之比為t（t＞0，t≠1）；
（1）求動點P的軌跡C的方程；
（2）當$t=\sqrt{3}$時，將軌跡C的圖形沿著x軸向左移動1個單位，得到曲線G，過曲線G上一點Q作兩條漸近線的垂線，垂足分別是P₁和P₂，求$\overrightarrow{Q{P_1}}•\overrightarrow{Q{P_2}}$的值；
（3）設(shè)曲線C的兩焦點為F₁，F(xiàn)₂，求t的取值范圍，使得曲線C上不存在點Q，使∠F₁QF₂=θ（0＜θ＜π）．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），則P到圓的切線長為$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$，利用勾股定理列方程化簡即可得出動點P的軌跡C的方程；
（2）當t=$\sqrt{3}$時，軌跡C的方程化為：$\frac{（x-1）^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．可得曲線G的方程為$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．可得曲線G的漸近線方程為y=$\sqrt{2}$x，y=-$\sqrt{2}$x．設(shè)Q（x₀，y₀），P₁（m，$\sqrt{2}$m），P₂（n，-$\sqrt{2}$n），$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}m}{{x}_{0}-m}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{y}_{0}+\sqrt{2}n}{{x}_{0}-n}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．可得m，n．又y₀²=2x₀²-5，利用數(shù)量積運算性質(zhì)即可得出；
（3）對曲線C得類型進行討論，得出∠F₁QF₂的最大值，利用三角恒等變換列不等式解出t的范圍．

解答 解：（1）圓（x+2）²+y²=1的圓心為M（-2，0），半徑r=1，
設(shè)P（x，y），則P到圓的切線長為$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$，
∴$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$=t|x|，
∴（x+2）²+y²-1=t²x²，
整理得（1-t²）x²+y²+4x+3=0．
則動點P的軌跡C的方程為：（1-t²）x²+y²+4x+3=0．
（2）當t=$\sqrt{3}$時，軌跡C的方程為-2x²+4x+3+y²=0，即$\frac{（x-1）^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．
∴曲線G的方程為$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．
∴曲線G的漸近線方程為y=$\sqrt{2}$x，y=-$\sqrt{2}$x．
設(shè)Q（x₀，y₀），P₁（m，$\sqrt{2}$m），P₂（n，-$\sqrt{2}$n），
∴$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}m}{{x}_{0}-m}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{y}_{0}+\sqrt{2}n}{{x}_{0}-n}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴m=$\frac{2{y}_{0}+\sqrt{2}{x}_{0}}{3\sqrt{2}}$，n=$\frac{\sqrt{2}{x}_{0}-2{y}_{0}}{3\sqrt{2}}$，
∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{5}=1$，∴y₀²=2x₀²-5，
∴$\overrightarrow{Q{P_1}}•\overrightarrow{Q{P_2}}$=（m-x₀）（n-x₀）+（$\sqrt{2}$m-y₀）（-$\sqrt{2}$n-y₀）=（m-x₀）（n-x₀）-$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x₀-m）•$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x₀-n）
=$\frac{1}{2}$（m-x₀）（n-x₀），
=$\frac{1}{2}$•$\frac{2{y}_{0}-2\sqrt{2}{x}_{0}}{3\sqrt{2}}$•$\frac{-2\sqrt{2}{x}_{0}-2{y}_{0}}{3\sqrt{2}}$=$\frac{2{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{9}$=$\frac{5}{9}$．
（3）曲線C的方程可化為（1-t²）（x+$\frac{2}{1-{t}^{2}}$）²+y²=$\frac{4}{1-{t}^{2}}$-3，
當0＜t＜1時，曲線C為焦點在x軸上的橢圓，橢圓標準方程為$\frac{（x+\frac{2}{1-{t}^{2}}）^{2}}{\frac{3{t}^{2}+1}{（1-{t}^{2}）^{2}}}$+$\frac{{y}^{2}}{\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}$=1
∴當Q為短軸端點時，∠F₁QF₂取得最大值，設(shè)∠F₁QF₂的最大值為α，則tan²$\frac{α}{2}$=$\frac{{c}^{2}}{^{2}}$=$\frac{\frac{3{t}^{2}+1}{（1-{t}^{2}）^{2}}-\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}{\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}$=$\frac{{t}^{2}}{1-{t}^{2}}$，
∴cosα=$\frac{1-ta{n}^{2}\frac{α}{2}}{1+ta{n}^{2}\frac{α}{2}}$=1-2t²，
若曲線C上不存在點Q，使∠F₁QF₂=θ，則θ＞α，
∴cosθ＜1-2t²，解得0＜t＜$\sqrt{\frac{1-cosθ}{2}}$．
當t＞1時，曲線C為焦點在x軸的雙曲線，∴0＜∠F₁QF₂≤π，
∴當0＜θ＜π時，曲線C上始終存在的Q使得∠F₁QF₂=θ．
綜上，當0＜t＜$\sqrt{\frac{1-cosθ}{2}}$時，曲線C上不存在點Q，使∠F₁QF₂=θ．

點評 本題考查了參數(shù)方程化為普通方程、直線與圓的位置關(guān)系、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．