Question

7．已知点P到圆（x+2）²+y²=1的切线长与到y轴的距离之比为t（t＞0，t≠1）；
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）当$t=\sqrt{3}$时，将轨迹C的图形沿着x轴向左移动1个单位，得到曲线G，过曲线G上一点Q作两条渐近线的垂线，垂足分别是P₁和P₂，求$\overrightarrow{Q{P_1}}•\overrightarrow{Q{P_2}}$的值；
（3）设曲线C的两焦点为F₁，F₂，求t的取值范围，使得曲线C上不存在点Q，使∠F₁QF₂=θ（0＜θ＜π）．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），则P到圆的切线长为$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$，利用勾股定理列方程化简即可得出动点P的轨迹C的方程；
（2）当t=$\sqrt{3}$时，轨迹C的方程化为：$\frac{（x-1）^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．可得曲线G的方程为$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．可得曲线G的渐近线方程为y=$\sqrt{2}$x，y=-$\sqrt{2}$x．设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，利用数量积运算性质即可得出；
（3）对曲线C得类型进行讨论，得出∠F₁QF₂的最大值，利用三角恒等变换列不等式解出t的范围．

解答 解：（1）圆（x+2）²+y²=1的圆心为M（-2，0），半径r=1，
设P（x，y），则P到圆的切线长为$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$，
∴$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}-1}$=t|x|，
∴（x+2）²+y²-1=t²x²，
整理得（1-t²）x²+y²+4x+3=0．
则动点P的轨迹C的方程为：（1-t²）x²+y²+4x+3=0．
（2）当t=$\sqrt{3}$时，轨迹C的方程为-2x²+4x+3+y²=0，即$\frac{（x-1）^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．
∴曲线G的方程为$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{2}}-\frac{{y}^{2}}{5}=1$．
∴曲线G的渐近线方程为y=$\sqrt{2}$x，y=-$\sqrt{2}$x．
设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）曲线C的方程可化为（1-t²）（x+$\frac{2}{1-{t}^{2}}$）²+y²=$\frac{4}{1-{t}^{2}}$-3，
当0＜t＜1时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆，椭圆标准方程为$\frac{（x+\frac{2}{1-{t}^{2}}）^{2}}{\frac{3{t}^{2}+1}{（1-{t}^{2}）^{2}}}$+$\frac{{y}^{2}}{\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}$=1
∴当Q为短轴端点时，∠F₁QF₂取得最大值，设∠F₁QF₂的最大值为α，则tan²$\frac{α}{2}$=$\frac{{c}^{2}}{{b}^{2}}$=$\frac{\frac{3{t}^{2}+1}{（1-{t}^{2}）^{2}}-\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}{\frac{3{t}^{2}+1}{1-{t}^{2}}}$=$\frac{{t}^{2}}{1-{t}^{2}}$，
∴cosα=$\frac{1-ta{n}^{2}\frac{α}{2}}{1+ta{n}^{2}\frac{α}{2}}$=1-2t²，
若曲线C上不存在点Q，使∠F₁QF₂=θ，则θ＞α，
∴cosθ＜1-2t²，解得0＜t＜$\sqrt{\frac{1-cosθ}{2}}$．
当t＞1时，曲线C为焦点在x轴的双曲线，∴0＜∠F₁QF₂≤π，
∴当0＜θ＜π时，曲线C上始终存在的Q使得∠F₁QF₂=θ．
综上，当0＜t＜$\sqrt{\frac{1-cosθ}{2}}$时，曲线C上不存在点Q，使∠F₁QF₂=θ．

点评 本题考查了参数方程化为普通方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．