Question

6．已知点R是圆心为Q的圆（x+$\sqrt{3}$）²+y²=16上的一个动点，N（$\sqrt{3}$，0）为定点，线段RN的中垂线与直线QR交于点T，设T点的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过圆x²+y²=1上的动点P作圆x²+y²=1的切线l，与曲线C交于不同两点A，B，用几何画板软件可画出线段AB的中点M的轨迹是如图所示的漂亮的曲线，求该曲线的方程．

Answer 1

分析 （1）利用垂直平分线的性质、椭圆的定义及其标准方程即可得出．
（2）解法一：设M（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀）．由题意，x₀≠0．由${x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}$=4，${x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}$=4，得（x₁+x₂）（x₁-x₂）=-4（y₁+y₂）（y₁-y₂）．（i）当x₁≠x₂，即y≠0时，y₁+y₂≠0，利用斜率计算公式及其P（x₀，y₀）在圆x²+y²=1上，代入化简即可得出．（ii）当x₁=x₂，即y=0时，x=±1，也适合上式．
解法二：同解法一得${k_l}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{-4（{y_1}+{y_2}）}}=\frac{x}{-4y}（y≠0）$．利用切线的性质可得OP⊥l，化简整理即可得出．
解法三：对直线l的斜率分类讨论，利用直线与圆相切的充要条件、点到直线的距离公式即可得出．

解答 解：（1）由题意，$Q（-\sqrt{3}，0）$，圆Q的半径r=4．
|TQ|+|TN|=|TQ|+|TR|=|QR|=4$（4＞|QR|=2\sqrt{3}）$，
∴点T的轨迹C是以Q，N为焦点的椭圆．
设C的方程为：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．∵2a=4，∴a=2，又$c=\sqrt{3}$，∴b²=a²-c²=1．
∴点T的轨迹C的方程为：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）解法一：设M（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀）．
由题意，x₀≠0．
由${x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}$=4，${x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}$=4，
得（x₁+x₂）（x₁-x₂）=-4（y₁+y₂）（y₁-y₂）．
（i）当x₁≠x₂，即y≠0时，y₁+y₂≠0，∴${k_l}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{-4（{y_1}+{y_2}）}}=\frac{x}{-4y}$．
又${k_l}=-\frac{1}{{{k_{OP}}}}=-\frac{x_0}{y_0}$，∴$-\frac{x_0}{y_0}=\frac{x}{-4y}$，∴${y_0}=\frac{4y}{x}•{x_0}（x≠0）$．①
又${k_l}={k_{PM}}⇒\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}=\frac{x}{-4y}⇒x•{x_0}+4y•{y_0}={x^2}+4{y^2}$．②
联立①②可得：${x_0}=\frac{{x（{x^2}+4{y^2}）}}{{{x^2}+16{y^2}}}，{y_0}=\frac{{4y（{x^2}+4{y^2}）}}{{{x^2}+16{y^2}}}$．
∵P（x₀，y₀）在圆x²+y²=1上，∴${x_0}^2+{y_0}^2=1$，
∴${[\frac{{x（{x^2}+4{y^2}）}}{{{x^2}+16{y^2}}}]^2}+{[\frac{{4y（{x^2}+4{y^2}）}}{{{x^2}+16{y^2}}}]^2}=1$，
化简得：（x²+4y²）²=x²+16y²，即：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0．
（ii）当x₁=x₂，即y=0时，x=±1，也适合上式，
故线段AB的中点M的轨迹方程为：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0（x≠0）．
解法二：同解法一得${k_l}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{-4（{y_1}+{y_2}）}}=\frac{x}{-4y}（y≠0）$．
∵OP⊥l，∴$\frac{y_0}{x_0}=\frac{4y}{x}（x≠0）$…..①
${k_{PM}}=-\frac{1}{{{k_{OP}}}}⇒\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}=-\frac{x_0}{y_0}$…②
由②得：$x•{x_0}+y•{y_0}={x_0}^2+{y_0}^2=1$，
∴${（x•{x_0}+y•{y_0}）^2}=1={x_0}^2+{y_0}^2$，∴${x^2}{x_0}^2+2xy{x_0}{y_0}+{y^2}{y_0}^2={x_0}^2+{y_0}^2$，
两边同除以${x_0}^2$得：∴${x^2}+2xy\frac{y_0}{x_0}+{y^2}{（\frac{y_0}{x_0}）^2}=1+{（\frac{y_0}{x_0}）^2}$，
将①代入得：${x^2}+8{y^2}+\frac{{16{y^4}}}{x^2}=1+\frac{{16{y^2}}}{x^2}$，
化简得：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0．
又当y=0时，x=±1，也适合上式，
故线段AB的中点M的轨迹方程为：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0（x≠0）．
解法三：当l的斜率存在时，设l：y=kx+m，由题意，k≠0．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$⇒（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
设M（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$，∴$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}$，$y=kx+m=\frac{m}{{1+4{k^2}}}$．
由$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}}\\{y=\frac{m}{{1+4{k^2}}}}\end{array}}\right.$得：$\frac{x}{y}=-4k⇒k=\frac{x}{-4y}⇒{k^2}=\frac{x^2}{{16{y^2}}}（y≠0）$…．①
又l与圆x²+y²=1相切，故圆心到l的距离$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1⇒{m^2}={k^2}+1$．
∴${y^2}=\frac{m^2}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}=\frac{{{k^2}+1}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}=\frac{{\frac{x^2}{{16{y^2}}}+1}}{{{{（1+4•\frac{x^2}{{16{y^2}}}）}^2}}}$，
化简得：（x²+4y²）²=x²+16y²即：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0（x≠0）．
当l的斜率不存在时，l：x=±1，y=0，M（±1，0）也适合上式．
故线段AB的中点M的轨迹方程为：x⁴+8x²y²+16y⁴-x²-16y²=0（x≠0）．

点评 本题考查了圆及其椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相切的充要条件及其性质、点到直线的距离公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．