Question

6．如图，已知点A（-2，0），点P是⊙B：（x-2）²+y²=36上任意一点，线段AP的垂直平分线交BP于点Q，点Q的轨迹记为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知⊙O：x²+y²=r²（r＞0）的切线l总与曲线C有两个交点M、N，当∠MON＞90°，求r²的取值范围．

Answer 1

分析 （ I）由题意，|QA|+|QB|=|QP|+|QB|=6，所以Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆，故可求曲线C的轨迹方程；
（ II）先考虑切线的斜率存在的情形．设切线l：y=kx+m，利用l与⊙O相切，建立方程，再由由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1\end{array}\right.$，消去y，借助于韦达定理，证明此$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=$\frac{{14{m^2}-45（1+{k^2}）}}{{5+9{k^2}}}＜0$即可，再考虑两种特殊情况：（1）当满足∠MON＞90°的那条切线斜率不存在时，切线方程为x=±r，（2）当满足∠MON＞90°的那条切线斜率存在时，故结论可证

解答 （1）由题意，|QA|+|QB|=|QP|+|QB|=6＞|AB|=4，
根据椭圆的定义，Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且a=3，c=2，b²=a²-c²=9-4=5
∴曲线C的轨迹方程是$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1$．
（2）先考虑切线的斜率存在的情形．设切线l：y=kx+m，则
由l与⊙O相切得$\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=r$即m²=r²（1+k²）①，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1\end{array}\right.$，消去y得，（5+9k²）x²+18kmx+9（m²-5）=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则由韦达定理得${x_1}+{x_2}=-\frac{18km}{{5+9{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{9（{m^2}-5）}}{{5+9{k^2}}}$，
$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）$=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$=$\frac{{9（1+{k^2}）（{m^2}-5）}}{{5+9{k^2}}}-\frac{{18{k^2}{m^2}}}{{5+9{k^2}}}+{m^2}$=$\frac{{14{m^2}-45（1+{k^2}）}}{{5+9{k^2}}}$②）
由于满足∠MON＞90⁰，对此$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=$\frac{{14{m^2}-45（1+{k^2}）}}{{5+9{k^2}}}＜0$
结合①式m²=r²（1+k²）可得${r^2}＜\frac{45}{14}$，
最后考虑特殊情况：
当满足∠MON＞90⁰的那条切线斜率不存在时，切线方程为x=±r．代入椭圆方程可得交点的纵坐标$y=±\sqrt{5-\frac{{5{r^2}}}{9}}$，
因∠MON＞90⁰，故$r＜\sqrt{5-\frac{{5{r^2}}}{9}}$，得到${r^2}＜\frac{45}{14}$．

点评 本题考查曲线轨迹的求解，考查椭圆的标准方程，考查直线与圆、椭圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．