Question

5．动圆M与圆C₁：（x+1）²+y²=$\frac{1}{8}$外切，同时与圆C₂：x²-2x+y²-$\frac{41}{8}$=0内切，不垂直于x轴的直线l交动圆圆心M的轨迹C于A，B两点
（1）求点M的轨迹C的方程
（2）若C与x轴正半轴交于A₂，以AB为直径的圆过点A₂，试问直线l是否过定点．若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设动圆M的半径为r，推导出点M的轨迹是以C₁（-1，0），C₂（1，0）为焦点的椭圆，由此能求出点M的轨迹方程．
（2）设直线l方程为y=kx+m，与椭圆联立，得（1+2k²）x²+4mkx+2m²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、圆的直径、向量垂直，结合题意能求出直线l过定点（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0）．

解答 解：（1）设动圆M的半径为r，圆C₂：${（x-1）^2}+{y^2}=\frac{49}{8}$．（1分）
由题意得|MC₁|=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$+r，|MC₂|=$\frac{{7\sqrt{2}}}{4}$-r，（2分）
∴$|M{C_1}|+|M{C_2}|=2\sqrt{2}＞|{C_1}{C_2}|=2$．
∴点M的轨迹是以C₁（-1，0），C₂（1，0）为焦点的椭圆，
且长半轴为a=$2\sqrt{2}$，半焦距2c=2，从而短半轴为b=$\sqrt{{a^2}-{c^2}}$=1，
于是点M的轨迹方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
（2）设直线l方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4mkx+2m²-2=0，
∴△=（4km）²-4（1+2k²）（2m²-2）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4mk}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$． （6分）
∵y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
∴${y_1}•{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$
=${k^2}\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}+mk\frac{-4mk}{{1+2{k^2}}}+{m^2}$=$\frac{{{m^2}-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，（7分）
∵点A₂（$\sqrt{2}$，0）在以AB为直径的圆周上，
∴AA₂⊥BA₂，即$\overrightarrow{A{A_2}}•\overrightarrow{B{A_2}}=0$．（8分）
又$\overrightarrow{A{A}_{2}}$=（$\sqrt{2}-{x}_{1}$，-y₁），$\overrightarrow{B{A}_{2}}$=（$\sqrt{2}-{x}_{2}$，-y₂），
∴（$\sqrt{2}-{x}_{1}$，-y₁）•（$\sqrt{2}-{x}_{2}$，-y₂）=0，
即$（\sqrt{2}-{x_1}）•（\sqrt{2}-{x_2}）+{y_1}•{y_2}=2-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+{x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$，
代入得 $2+\sqrt{2}•\frac{4mk}{{1+2{k^2}}}+\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}+\frac{{{m^2}-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=0$，
化简得$2{k^2}+4\sqrt{2}mk+3{m^2}=0$，即$（\sqrt{2}k+m）（\sqrt{2}k+3m）=0$，
∴$\sqrt{2}k+m=0$或$\sqrt{2}k+3m=0$．（9分）
当$-\sqrt{2}k=m$时，$l：y=k（x-\sqrt{2}）$过定点（$\sqrt{2}$，0），此为椭圆右顶点，不满足；
当$-\sqrt{2}k=3m$时，$l：y=kx-\frac{{\sqrt{2}}}{3}k=k（x-\frac{{\sqrt{2}}}{3}）$，过定点（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0）．
∴直线l过定点（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0）．…（10分）

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线是否过定点的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、圆的直径、向量垂直的性质的合理运用．