Question

7．已知动点M（x，y）到直线l：x=3的距离是它到点D（1，0）的距离的$\sqrt{3}$倍．
（1）求动点M的轨迹C的方程；
（2）设轨迹C上一动点T满足：$\overrightarrow{OT}$=2λ$\overrightarrow{OP}$+3μ$\overrightarrow{OQ}$，其中P、Q是轨迹C上的点，且直线OP与OQ的斜率之积为-$\frac{2}{3}$．若N（λ，μ）为一动点，F₁（-$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）、F₂（$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）为两定点，求|NF₁|+|NF₂|的值．

Answer 1

分析 （1）设M（x，y），用x，y表示出距离，列方程化简即可；
（2）设P（$\sqrt{3}$cosα，$\sqrt{2}$sinα），Q（$\sqrt{3}$cosβ，$\sqrt{2}$sinβ），表示出T点坐标，代入曲线C的方程化简可得N的轨迹方程，利用椭圆的性质得出定值．

解答 解：（I）设M（x，y），则M到直线l的距离为|x-3|，MD=$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，
∴|x-3|=$\sqrt{3}$$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$，化简得$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
∴动点M的轨迹C的方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（II）设P（$\sqrt{3}$cosα，$\sqrt{2}$sinα），Q（$\sqrt{3}$cosβ，$\sqrt{2}$sinβ），
则k_OP=$\frac{\sqrt{2}sinα}{\sqrt{3}cosα}$，k_OQ=$\frac{\sqrt{2}sinβ}{\sqrt{3}cosβ}$，∴k_OP•k_OQ=$\frac{\sqrt{2}sinα}{\sqrt{3}cosα}$•$\frac{\sqrt{2}sinβ}{\sqrt{3}cosβ}$=-$\frac{2}{3}$，
∴sinαsinβ+cosαcosβ=0，
∵$\overrightarrow{OT}$=2λ$\overrightarrow{OP}$+3μ$\overrightarrow{OQ}$，∴T（2$\sqrt{3}$λcosα+3$\sqrt{3}$μcosβ，2$\sqrt{2}$λsinα+3$\sqrt{2}$μsinβ），
∵T在曲线C$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$上，
∴2（2$\sqrt{3}$λcosα+3$\sqrt{3}$μcosβ）²+3（2$\sqrt{2}$λsinα+3$\sqrt{2}$μsinβ）²=6，
化简得4λ²+9μ²=1，即$\frac{{λ}^{2}}{\frac{1}{4}}+\frac{{μ}^{2}}{\frac{1}{9}}=1$，
∴N（λ，μ）点轨迹方程为$\frac{{λ}^{2}}{\frac{1}{4}}+\frac{{μ}^{2}}{\frac{1}{9}}=1$，
F₁（-$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）、F₂（$\frac{\sqrt{5}}{6}$，0）为此椭圆的两个焦点，
∴|NF₁|+|NF₂=2$\sqrt{\frac{1}{4}}$=1．

点评 本题考查了轨迹方程的求解，椭圆的性质，属于中档题．