Question

5．已知圆C₁：（x+1）²+y²=25，圆C₂：（x-1）²+y²=1，动圆C与圆C₁和圆C₂均内切．
（Ⅰ）求动圆圆心C的轨迹E的方程；
（Ⅱ）点P（1，t）为轨迹E上点，且点P为第一象限点，过点P作两条直线与轨迹E交于A，B两点，直线PA，PB斜率互为相反数，则直线AB斜率是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）圆（x+1）²+y²=1的圆心C₁（-1，0），半径r₁=1；圆（x-1）²+y²=25的圆心C₂（1，0），半径r₂=5．设动圆C的圆心C（x，y），半径r．由于动圆C与圆（x+1）²+y²=1及圆（x-1）²+y²=25都内切，可得|C₁C|=r-1，|C₂C|=5-r．于是|C₁C|+|C₂C|=5-1=4＞|C₁C₂|=2，利用椭圆的定义可知：动点C的轨迹是椭圆；
（Ⅱ）把P的坐标代入椭圆方程，求得t值，然后设出过PA的直线方程，PB的直线方程，联立直线方程和椭圆方程，求得A，B的坐标，代入斜率公式可得直线AB斜率为定值$\frac{1}{2}$．

解答 解：圆C₁：（x+1）²+y²=25的圆心C₁（-1，0），半径r₁=5；圆C₂：（x-1）²+y²=1的圆心C₂（1，0），半径r₂=1．
设动圆C的圆心C（x，y），半径r．
∵动圆C与圆C₁，圆C₂均内切，
∴|C₁C|=5-r，|C₂C|=r-1．
∴|C₁C|+|C₂C|=5-1=4＞|C₁C₂|=2，
因此动点C的轨迹是椭圆，且2a=4，2c=2，得a=2，c=1，
∴b²=a²-c²=3．
因此动圆圆心C的轨迹E方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）如图，
∵点P（1，t）为轨迹E上点，且点P为第一象限点，
∴$\frac{1}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，解得t=$\frac{3}{2}$，
∴P（1，$\frac{3}{2}$），
设PA所在直线方程为y-$\frac{3}{2}=k（x-1）$，则PB所在直线方程为$y-\frac{3}{2}=-k（x-1）$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{3}{2}=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-（8k²-12k）x+4k²-12k-3=0，
则${x}_{A}+1=\frac{8{k}^{2}-12k}{3+4{k}^{2}}$，
∴${x}_{A}=\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，${y}_{A}=\frac{-12{k}^{2}-12k+9}{2（3+4{k}^{2}）}$，
取k为-k，可得${x}_{B}=\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}，{y}_{B}=\frac{-12{k}^{2}+12k+9}{2（3+4{k}^{2}）}$，
∴${k}_{AB}=\frac{\frac{-12{k}^{2}+12k+9}{2（3+4{k}^{2}）}-\frac{-12{k}^{2}-12k+9}{2（3+4{k}^{2}）}}{\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}}=\frac{1}{2}$．
∴直线AB斜率为定值$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了两圆相内切的性质、椭圆的定义，考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于中档题．