Question

9．已知圆C₁：（x+2）²+y²=$\frac{81}{16}$，圆C₂：（x-2）²+y²=$\frac{1}{16}$，动圆Q与圆C₁、圆C₂均外切．求动圆圆心Q的轨迹为曲线C；
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设点M（m，0），点Q为曲线C上位于x轴上方的动点，
①若m＜0，写出直线MQ倾斜角的取值范围；
②证明：?整数λ，负数m，使得∠QC₂M=λ∠QMC₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据圆的方程便可得到圆的圆心和半径，再由两圆外切时圆心距离和半径的关系即可得到|QC₁|-|QC₂|=2，根据双曲线的定义即可知道圆心Q的轨迹是双曲线，并且可写出方程${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）①求出曲线C的一条渐近线的倾斜角，并画出双曲线C及它的渐近线，根据图形即可得出QM倾斜角的范围；
②可设Q（x₀，y₀），当让y₀趋向正无穷时，∠QC₂M趋向$\frac{2π}{3}$，而∠QMC₂趋向$\frac{π}{3}$，这样就可求得λ=2，再由x₀=2时，可得到m=-1，然后证明存在λ=2，m=-1使得∠QC₂M=2∠QMC₂．需分x₀≠2，x₀=2两种情况：x₀≠2时，根据直线的斜率公式分别求出tan∠QC₂M，tan∠QMC₂，二倍角公式求出tan2∠QMC₂，便可得到∠QC₂M=2∠QMC₂；x₀=2时，该结论更易得到，这便完成了证明过程．

解答 解：（Ⅰ）圆C₁的圆心C₁（-2，0），半径R₁=$\frac{9}{4}$，圆C₂的圆心C₂（2，0），半径${R}_{2}=\frac{1}{4}$；
设动圆Q半径为r，则：|QC₁|=$\frac{9}{4}+r$，$|Q{C}_{2}|=\frac{1}{4}+r$；
∴|QC₁|-|QC₂|=2；
∴点Q的轨迹是以C₁（-2，0），C₂（2，0）为焦点，实轴长为2的双曲线的右支；
∴动圆圆心Q的轨迹方程是${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1（x≥1）$；
（Ⅱ）①y=$\sqrt{3}x$是曲线C的一条渐近线，该渐近线的倾斜角为$\frac{π}{3}$，如图所示：

由图可以看出QM的倾斜角从0开始，当Q点的横坐标增大时，QM的倾斜角增加，当横坐标趋向正无穷大时，QM更接近渐近线，所以QM的倾斜角小于$\frac{π}{3}$；
∴QM的倾斜角的范围为（0，$\frac{π}{3}$）；
②设Q（x₀，y₀），（x₀≥1，y₀＞0）；
当y₀→+∞时，∠QC₂M→$\frac{2π}{3}$，∠QMC₂→$\frac{π}{3}$；
∴λ=2；
当x₀=2时，∠QC₂M=90°，∠QMC₂=45°；
∴m=-1；
以下证明：当λ=2，m=-1时，恒有∠QC₂M=2∠QMC₂：
证明：∵Q在曲线C上，∴${{y}_{0}}^{2}=3{{x}_{0}}^{2}-3$；
当x₀≠2时，$tan∠Q{C}_{2}M=-{k}_{Q{C}_{2}}$=$-\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，$tan∠QM{C}_{2}=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+1}$；
tan2∠QMC₂=$\frac{2•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+1}}{1-（\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+1}）^{2}}$=$\frac{2{y}_{0}（{x}_{0}+1）}{（{{x}_{0}+1）}^{2}-（3{{x}_{0}}^{2}-3）}$=$\frac{{y}_{0}（{x}_{0}+1）}{-{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}+2}=-\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$；
∴tan∠QC₂M=tan2∠QMC₂；
又2∠QMC₂，∠QC₂M$∈（0，\frac{2π}{3}）$；
∴∠QC₂M=2∠QMC₂；
当x₀=2时，$∠Q{C}_{2}M=\frac{π}{2}$，$∠QM{C}_{2}=\frac{π}{4}$，满足∠QC₂M=2∠QMC₂；
∴?λ=2，m=-1，使得∠QC₂M=λ∠QMC₂．

点评 考查圆外切时圆心间距离和半径的关系，双曲线的定义，圆的标准方程，双曲线的标准方程，以及双曲线的渐近线，由两点坐标求直线的斜率，注意寻找λ=2，m=-1的过程．