Question

3．已知动员P过定点$M（-\sqrt{3}，0）$且与圆N：${（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）过点D（3，0）且斜率不为零的直线交曲线C于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2$\sqrt{3}$，则P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，则a=4，c=$\sqrt{3}$，b²=a²-c²=1，即可求得椭圆方程；
（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，考查韦达定理，直线的斜率公式，当且仅当$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-4=0}\\{36-24t+4{t}^{2}≠0}\end{array}\right.$，解得t=±2，代入即可求得，定点的坐标．

解答 解：（Ⅰ）设动圆P的半径为r，由N：${（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$及$M（-\sqrt{3}，0）$，知点M在圆N内，则有$\left\{\begin{array}{l}{r=丨PM丨}\\{丨PN丨=4-r}\end{array}\right.$，
从而丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2$\sqrt{3}$，
∴P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，
设曲线C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），则2a=4，a=4，c=$\sqrt{3}$，
b²=a²-c²=1
故曲线C的轨迹方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）依题意可设直线AB的方程为x=my+3，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4+m²）y²+6my+5=0，则△=36m²-4×5×（4+m²）＞0，即m²＞4，
解得：m＞2或m＜-2，
由y₁+y₂=-$\frac{6m}{4+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{5}{4+{m}^{2}}$，x₁+x₂=m（y₁+y₂）+6=$\frac{24}{4+{m}^{2}}$，
x₁x₂=（my₁+3）（my₂+3）=m²y₁y₂+m（y₁+y₂）+9=$\frac{36-4{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，
假设存在定点Q（t，0），使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数，则
（x₁-t）（x₂-t）=x₁x₂-t（x₁+x₂）+t²=$\frac{36-4{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$-t×$\frac{24}{4+{m}^{2}}$+t²=$\frac{（{t}^{2}-4）{m}^{2}+36-24t+4{t}^{2}}{4+{m}^{2}}$，
∴k_AQ•k_BQ=$\frac{{y}_{1}-0}{{x}_{1}-t}$•$\frac{{y}_{2}-0}{{x}_{2}-t}$=$\frac{\frac{5}{4+{m}^{2}}}{\frac{（{t}^{2}-4）{m}^{2}+36-24t+4{t}^{2}}{4+{m}^{2}}}$=$\frac{5}{（{t}^{2}-4）^{2}{m}^{2}+36-24t+4{t}^{2}}$，
要使k_AQ•k_BQ为非零常数，当且仅当$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-4=0}\\{36-24t+4{t}^{2}≠0}\end{array}\right.$，解得t=±2，
当t=2时，常数为$\frac{5}{36-48+16}$=$\frac{5}{4}$，
当t=-2时，常数为$\frac{5}{36+48+16}$=$\frac{1}{20}$，
∴存在两个定点Q₁（2，0）和Q₂（-2，0），使直线AQ，BQ的斜率之积为常数，
当定点为Q₁（2，0）时，常数为$\frac{5}{4}$；当定点为Q₂（-2，0）时，常数为$\frac{1}{20}$．

点评 本题考查椭圆标准方程及简单几何性质，椭圆的定义，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．