Question

2．已知两定点A（-1，0），B（1，0），动点M满足|AM|=4，线段MB的垂直平分线与线段AM相交于点N，设点N的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设动直线l与曲线C交于P，Q两点，且OP⊥OQ（其中O为坐标原点），试问：是否存在定圆x²+y²=r²（r＞0），使得该圆恒与直线l相切？说明理由．

Answer 1

分析 （I）利用线段的垂直平分线的性质、椭圆的定义即可得出．
（ II）当直线l不垂直于x轴时，设直线l方程为y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由于OP⊥OQ，可得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，即x₁x₂+y₁y₂=0，直线方程与椭圆方程联立可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，△＞0，由x₁x₂+y₁y₂=0，利用根与系数的关系可得：${m^2}=\frac{{12+12{k^2}}}{7}$，代入△＞0成立，原点O到直线l的距离可得：d=$\sqrt{\frac{12}{7}}$，直线y=kx+m与圆${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$相切． 当直线l垂直于x轴时也成立．

解答 解：（Ⅰ）∵点N在线段MB的垂直平分线上，∴|NB|=|NM|，
∴|NA|+|NB|=|NA|+|NM|=|AM|=4＞|AB|，
∴点N的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆．  
设此椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，则$\left\{{\begin{array}{l}{2a=4}\\{{a^2}-{b^2}=1}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=\sqrt{3}}\end{array}}\right.$，
∴曲线C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．  
（ II）当直线l不垂直于x轴时，设直线l方程为y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵OP⊥OQ，∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，即x₁x₂+y₁y₂=0，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
∴△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-12）＞0，…（*）
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$． 
则${x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）=（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$=$（1+{k^2}）×\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}+km×（-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}）+{m^2}=0$，
解得${m^2}=\frac{{12+12{k^2}}}{7}$，代入可知不等式（*）成立，
∴原点O到直线l的距离为$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{\frac{{12+12{k^2}}}{7}}}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\sqrt{\frac{12}{7}}$，
∴直线y=kx+m与圆${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$相切．    
当直线l垂直于x轴时，不妨设点P在x轴上方，
根据椭圆的对称性，易得直线OP的方程为y=±x，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=±x}\end{array}}\right.$，解得$P（±\sqrt{\frac{12}{7}}\;，\;\sqrt{\frac{12}{7}}）$，
∴原点O到直线l距离为$\sqrt{\frac{12}{7}}$，因此直线l与圆${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$相切．
综上所述：存在定圆${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$，使得该圆恒与直线l相切．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的充要条件、点到直线的距离公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．