Question

2．已知动圆过定点R（0，2），且在x轴上截得的线段MN的长为4，直线l：y=kx+t（t＞0）交y轴于点Q．
（1）求动圆圆心的轨迹E的方程；
（2）直线l与轨迹E交于A、B两点，分别以A、B为切点作轨迹E的切线交于点P，若tan∠APB=$\frac{|\overrightarrow{PQ}|•|\overrightarrow{AB}|}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}}$，试判断点Q是否为定点，若是，请求出点Q的坐标；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据动圆过定点以及直线和x轴相交的弦长理由参数消元法即可求动圆圆心的轨迹E的方程；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁≠x₂，P（x₀，y₀），利用设而不求的思想，结合曲线在A，B处的切线方程，求出交点坐标借助向量数量积的关系进行转化求解即可．

解答 解：（1）设动圆圆心的坐标为（x，y），半径r，（r＞0），
∵动圆过定点R（0，2），且在x轴上截得线段MN的长为4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（y-2）^{2}={r}^{2}}\\{{y}^{2}+4={r}^{2}}\end{array}\right.$，消去r得x²=4y，
故所求轨迹E的方程为x²=4y；
（2）不妨设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁≠x₂，
P（x₀，y₀），由题知Q（0，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y得x²-4kx-4t=0，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，轨迹E在A点处的切线方程为l₁：y-y₁=$\frac{{x}_{1}}{2}$（x-x₁），即y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
同理，轨迹E在B处的切线方程为l₁：y=$\frac{{x}_{2}}{2}$x-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$，
联立l₁，l₂：的方程解得交点坐标P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$），即P（2k，-t），
由tan∠APB=$\frac{|\overrightarrow{PQ}|•|\overrightarrow{AB}|}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}}$得到|$\overrightarrow{PA}$|•|$\overrightarrow{PB}$|sin∠APB=|$\overrightarrow{PQ}$|•|$\overrightarrow{AB}$|=2S_△APB，
得$\overrightarrow{PQ}$⊥$\overrightarrow{AB}$，即$\overrightarrow{PQ}$•$\overrightarrow{AB}$=0，
$\overrightarrow{PQ}$=（-2k，2t），$\overrightarrow{AB}$=（x₂-x₁，$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{4}$），
∴-2k（x₂-x₁）+2t•$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{4}$=0，
即2k（x₂-x₁）（t-1）=0，
则2k（t-1）=0，
则t=1，
故Q是定点，坐标为（0，1）．

点评 本题主要考查与圆有关的轨迹问题，涉及直线和抛物线的相交的位置关系，利用设而不求的数学思想是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．