Question

19．已知圆O：x²+y²=4，点F（$\sqrt{3}$，0），以线段MF为直径的圆内切于圆O，记点M的轨迹为C
（1）求曲线C的方程；
（2）若过F的直线l与曲线C交于A，B两点，问：在x轴上是否存在点N，使得$\overrightarrow{NA}$•$\overrightarrow{NB}$为定值？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设FM的中点为Q，切点为G，连OQ，QG，通过|OQ|+|QG|=|OG|=2，推出|F′M|+|MF|=4．说明点M的轨迹是以F′，F为焦点，长轴长为4的椭圆．然后求解曲线C的方程；
（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系得到A，B的横坐标的和与积，代入$\overrightarrow{NA}$•$\overrightarrow{NB}$，由$\overrightarrow{NA}$•$\overrightarrow{NB}$为定值求得m值，验证斜率不存在时适合得答案．

解答 解：（1）设FM的中点为Q，切点为G，连OQ，QG，
则|OQ|+|QG|=|OG|=2，取F关于y轴的对称点F′，连F′M，
故|F′M|+|MF|=2（|OQ|+|QG|）=4．
点M的轨迹是以F′，F为焦点，长轴长为4的椭圆．
其中，a=2，c=，b=1，则曲线C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$（1+4{k}^{2}）{x}^{2}-8\sqrt{3}{k}^{2}x+12{k}^{2}-4=0$．
则△＞0，${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
若存在定点N（m，0）满足条件，
则有$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂
=x₁x₂+${m}^{2}-m（{x}_{1}+{x}_{2}）+{k}^{2}（{x}_{1}-\sqrt{3}）（{x}_{2}-\sqrt{3}）$
=$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}-（m+\sqrt{3}{k}^{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）+3{k}^{2}+{m}^{2}$
=$（1+{k}^{2}）\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-（m+\sqrt{3}{k}^{2}）\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}+3{k}^{2}+{m}^{2}$=$\frac{（4{m}^{2}-8\sqrt{3}m+11）{k}^{2}+{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$．
如果要上式为定值，则必须有$\frac{4{m}^{2}-8\sqrt{3}m+11}{{m}^{2}-4}=4$，解得m=$\frac{9\sqrt{3}}{8}$，
此时$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}$=${m}^{2}-4=-\frac{13}{64}$．
验证当直线l斜率不存在时，也符合．
故存在点N（$\frac{9\sqrt{3}}{8}$，0）满足$\overrightarrow{NA}$•$\overrightarrow{NB}$为定值．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、根的判别式、向量的数量积、椭圆性质的合理运，是中档题．