Question

15．已知以C为圆心的动圆过定点A（-3，0），且与圆B：（x-3）²+y²=64（B为圆心）相切，点C的轨迹为曲线T．设Q为曲线T上（不在x轴上）的动点，过点A作OQ（O为坐标原点）的平行线交曲线T于M，N两点．
（I）求曲线T的方程；
（Ⅱ）是否存在常数λ，使$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=λ{\overrightarrow{OQ}^2}$总成立？若存在，求λ；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）判断两圆相内切，求出|CA|+|CB|=8，说明C点的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，求出长轴长，短轴长，即可得到曲线T的方程．
（Ⅱ）当直线MN斜率不存在时，求出MN的方程为：x=0，然后求出λ；当直线MN斜率存在时，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN：y=k（x+3），则OQ：y=kx，联立$\left\{{\begin{array}{l}{7{x^2}+16{y^2}=112}\\{y=k（x+3）}\end{array}}\right.$，利用韦达定理，推出$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$的表达式，通过$\left\{\begin{array}{l}7{x}^{2}+16{y}^{2}=112\\ y=kx\end{array}\right.$求出${\overrightarrow{OQ}}^{2}$，利用$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=λ{\overrightarrow{OQ}}^{2}$可解得λ．

解答 解：（Ⅰ）∵A（-3，0）在圆B的内部，∴两圆相内切，所以|CA|+|CB|=8＞6，
∴C点的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，2a=8，a=4；2c=6，∴c=3，b=$\sqrt{{4}^{2}-{3}^{2}}$=$\sqrt{7}$
∴曲线T的方程为：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{7}=1$．…（4分）
（Ⅱ）当直线MN斜率不存在时，MN的方程为：x=0，∴${\overrightarrow{OQ}}^{2}=7$．
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=|\overrightarrow{AM}|•|\overrightarrow{AN}|•cosπ=7λ$，则$λ=-\frac{7}{16}$；…（5分）
当直线MN斜率存在时，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN：y=k（x+3），则OQ：y=kx，
由$\left\{{\begin{array}{l}{7{x^2}+16{y^2}=112}\\{y=k（x+3）}\end{array}}\right.$得（7+16k²）x²+96k²x+144k²-112=0，
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-96{k}^{2}}{7+16{k}^{2}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{144{k^2}-112}}{{7+16{k^2}}}$，…（8分）
∴y₁y₂=k²[（x₁+3）（x₂+3）]=k²[x₁x₂+3（x₁+x₂）+9]=$\frac{-49{k}^{2}}{7+16{k}^{2}}$．
$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=y₁y₂+[（x₁+3）（x₂+3）]═$\frac{-49{（k}^{2}+1）}{7+16{k}^{2}}$…（10分）
由$\left\{{\begin{array}{l}{7{x^2}+16{y^2}=112}\\{y=kx}\end{array}}\right.$得7x²+16k²x²=112，则x²=$\frac{112}{7+16{k}^{2}}$，
∴${\overrightarrow{OQ}}^{2}={x}^{2}+{y}^{2}=（1+{k}^{2}）{x}^{2}=\frac{112（1+{k}^{2}）}{7+16{k}^{2}}$，由$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=λ{\overrightarrow{OQ}}^{2}$可解得$λ=-\frac{7}{16}$．
综上，存在常数$λ=-\frac{7}{16}$，使$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=λ{\overrightarrow{OQ}}^{2}$总成立．…（13分）

点评 本题考查直线与椭圆的综合应用，椭圆的轨迹方程的求法，向量与椭圆的综合应用，考查分析问题解决问题的能力．