题目内容
16．已知动圆M在圆F1：（x+1）2+y2=$\frac{1}{4}$外部且与圆F1相切，同时还在圆F2：（x-1）2+y2=$\frac{49}{4}$内部与圆F2相切．（1）求动圆圆心M的轨迹方程；
（2）记（1）中求出的轨迹为C，C与x轴的两个交点分别为A1、A2，P是C上异于A1、A2的动点，又直线l：x=$\sqrt{6}$与x轴交于点D，直线A1P、A2P分别交直线l于E、F两点，求证：DE•DF为定值．
分析 （1）由直线与圆相切，则|MF1|+|MF2|=4＞|F1F2|，则M点的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，即可求得椭圆方程；
（2）方法一：分别求得直线PA1的方程，直线PA2的方程，分别求得E和F坐标，则$|{DE}|•|{DF}|=|{\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（{\sqrt{6}+2}）×\frac{y_0}{{{x_0}-2}}（{\sqrt{6}-2}）}|=|{\frac{y_0^2}{x_0^2-4}×2}|$，即可求得DE•DF为定值；
方法二：设E和F坐标，联立方程求得P的坐标，将P代入椭圆方程，即可求得${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$，则$|{DE}|•|{DF}|=2{k_1}{k_2}=2×|{-\frac{3}{4}}|=\frac{3}{2}$为定值．
解答 解：（1）设动圆M的半径为r，由已知得$|{M{F_1}}|=\frac{1}{2}+r，|{M{F_2}}|=\frac{7}{2}-r$，|MF1|+|MF2|=4＞|F1F2|，
∴M点的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，设椭圆方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），则a=2，c=1，则b2=a2-c2=3，
方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）解法一：设P（x0，y0），由已知得A1（-2，0），A2（2，0），
则${k_{P{A_1}}}=\frac{y_0}{{{x_0}+2}}$，直线PA1的方程为：${l_{P{A_1}}}：y=\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（{x+2}）$，${k_{P{A_2}}}=\frac{y_0}{{{x_0}-2}}$，直线PA2的方程为：${l_{P{A_2}}}：y=\frac{y_0}{{{x_0}-2}}（{x-2}）$，
当$x=\sqrt{6}$时，$E（{\sqrt{6}，\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（{\sqrt{6}+2}）}），F（{\sqrt{6}，\frac{y_0}{{{x_0}-2}}（{\sqrt{6}-2}）}）$，
∴$|{DE}|•|{DF}|=|{\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（{\sqrt{6}+2}）×\frac{y_0}{{{x_0}-2}}（{\sqrt{6}-2}）}|=|{\frac{y_0^2}{x_0^2-4}×2}|$，
又∵P（x0，y0）满足$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1$，
∴$\frac{y_0^2}{x_0^2-4}=-\frac{3}{4}$，
∴$|{DE}|•|{DF}|=|{-\frac{3}{4}×2}|=\frac{3}{2}$为定值．
（2）解法二：由已知得A1（-2，0），A2（2，0），设直线PA1的斜率为k1，直线PA2的斜率为k2，由已知得，k1，k2存在且不为零．
∴l1的方程为：y=k1（x+2），l2的方程为：y=k2（x-2），
当$x=\sqrt{6}$时，$E（{\sqrt{6}，{k_1}（{\sqrt{6}+2}）}），F（{\sqrt{6}，{k_2}（{\sqrt{6}-2}）}）$，
∴$|{DE}|•|{DF}|=|{{k_1}（{\sqrt{6}+2}）×{k_2}（{\sqrt{6}-2}）}|=2|{{k_1}{k_2}}|$．
联立l1，l2方程求出P点坐标为$（{\frac{{2（{{k_1}+{k_2}}）}}{{{k_2}-{k_1}}}，\frac{{4{k_1}{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}}）$，
将P点坐标代入椭圆方程3x2+4y2=12得$3×\frac{{4{{（{{k_1}+{k_2}}）}^2}}}{{{{（{{k_2}-{k_1}}）}^2}}}+4×\frac{16k_1^2k_2^2}{{{{（{{k_2}-{k_1}}）}^2}}}=12$，
即$12{（{{k_1}+{k_2}}）^2}+64k_1^2k_2^2=12{（{{k_2}-{k_1}}）^2}$，
整理得k1k2（3+4k1k2）=0，
∵k1k2≠0，∴${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$，
∴$|{DE}|•|{DF}|=2{k_1}{k_2}=2×|{-\frac{3}{4}}|=\frac{3}{2}$为定值．
点评 本题考查椭圆的标准方程及椭圆的定义，考查直线与椭圆的位置关系，直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．
名校课堂系列答案
| A． | $\frac{4034}{4035}$ | B． | $\frac{2017}{4035}$ | C． | $\frac{2016}{2017}$ | D． | $\frac{2017}{2018}$ |
| A． | 6 | B． | 6$\sqrt{3}$ | C． | 12 | D． | 12$\sqrt{3}$ |
| A． | （-∞，-1） | B． | （-2，+∞） | C． | （-∞，-$\frac{3}{2}$）∪（-1，+∞） | D． | （-2，-$\frac{3}{2}$）∪（-$\frac{3}{2}$，-1） |