Question

18．⊙F₁：（x+1）²+y²=9．⊙F₂：（x-1）²+y²=1．动圆M与⊙F₁内切，与⊙F₂外切．
（1）求M点的轨迹C的方程；
（2）设动直线l：y=kx+m与曲线C交于A，B两点，（O为原点）满足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$|．对满足条件的动直线l中取两条直线l₁，l₂，其交点是N，当|$\overrightarrow{ON}$|=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$时，求l₁，l₂的夹角．

Answer 1

分析 （1）由题意，动圆M与⊙F₁内切，与⊙F₂外切．利用圆心距和半径的关系得到M到⊙F₁和动圆M到⊙F₂距离之和为定值，符合椭圆的定义，从而得到M点的轨迹C的方程；
（2）由题意：y=kx+m与曲线C交于A，B两点，（O为原点）满足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$|．说明OA⊥0B，斜率乘积=-1，找到k与m的关系．再根据交点是N，|$\overrightarrow{ON}$|=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，设出直线方程，满足题意关系，解出k，m，即可求出l₁，l₂的夹角．

解答 解：（1）圆M：（x+1）²+y²=1，圆N：（x-1）²+y²=9，
设动圆P半径为R．
∵M在N内，∴动圆只能在N内与N内切，不能是N在动圆内，即：R＜3
动圆P与圆M外切，则PM=1+R，
动圆P与圆N内切，则PN=3-R，
∴PM+PN=4，即P到M和P到N的距离之和为定值．
∴P是以M、N为焦点的椭圆．
∵MN的中点为原点，故椭圆中心在原点，
∴2a=4，a=2，2c=MN=2，c=1，
∴b²=a²-c²=4-1=3，
∴C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$（x≠-2）．
（2）y=kx+m与曲线C交于A，B两点，
联立：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$
得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$
x₁₊x₂=$\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$
y₁y₂=$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$
∵|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$|．说明OA⊥OB，斜率乘积=-1，即：$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=-1$，
∴7m²=12k²+12，
令动直线l中取一条直线l₁的斜率k=0，则m=$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{7}}$，则l₁直线方程为：y=$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{7}}$，
交点是N，坐标设（x_N，$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{7}}$）
∵|$\overrightarrow{ON}$|=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，
解得：x_N=$\frac{6}{\sqrt{7}}$
∴N坐标（$\frac{6}{\sqrt{7}}$，$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{7}}$）
动直线l中另一条直线l₂的斜率k₂，则直线方程为：y=k₂x+m₂
联立：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{7}}=\frac{6}{\sqrt{7}}•{k}_{2}+{m}_{2}}\\{7{m}^{2}=12{{k}_{2}}^{2}+12}\end{array}\right.$
解得：${k}_{2}=\sqrt{3}$
∵直线l₁的斜率k=0，与x轴平行．
∴l₁，l₂的夹角等于直线l₂的倾斜角
∴tanθ=$\sqrt{3}$⇒$θ=\frac{π}{3}$
故∴l₁，l₂的夹角等于$\frac{π}{3}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程定义，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了弦长公式的应用，考查数学中设而不求转化思想方法，训练了计算能力，动点问题的假设推理和运用，属于难题．