Question

18．已知点${F_1}（-\sqrt{2}，0）、{F_2}（\sqrt{2}，0）$，平面直角坐标系上的一个动点P（x，y）满足$|\overrightarrow{P{F_1}}|+|\overrightarrow{P{F_2}}|=4$．设动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）点M是曲线C上的任意一点，GH为圆N：（x-3）²+y²=1的任意一条直径，求$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}$的取值范围；
（3）已知点A、B是曲线C上的两个动点，若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O是坐标原点），试证明：直线AB与某个定圆恒相切，并写出定圆的方程．

Answer 1

分析 （1）设出动点P（x，y），列出方程，化简求解所求曲线C的轨迹方程即可．
（2）设M（x₀，y₀）是曲线C上任一点．推出$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}，\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NH}$，$\overrightarrow{NH}=-\overrightarrow{NG}$．然后利用数量积推出表达式，利用椭圆的性质，求解表达式的范围．
（3）判断定圆的圆心必在原点．设|OA|=r₁，|OB|=r₂，点A（r₁cosθ，r₁sinθ），利用面积相等，A、B两点在曲线C上，推出$\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}=\frac{3}{4}$．然后说明直线AB总与定圆相切，求出定圆的方程．

解答 （本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分（3分），第2小题满分（6分），第3小题满分（9分）．
解：（1）依据题意，动点P（x，y）满足$\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}=4$．
又$|{F_1}{F_2}|=2\sqrt{2}＜4$，
因此，动点P（x，y）的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且$\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ 2c=2\sqrt{2}\end{array}\right.⇒b=\sqrt{2}$．
所以，所求曲线C的轨迹方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）设M（x₀，y₀）是曲线C上任一点．依据题意，可得$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}，\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NH}$．
∵GH是直径，∴$\overrightarrow{NH}=-\overrightarrow{NG}$．又$|\overrightarrow{NG}|=1$，
∴$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}=（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}）•（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{GH}）$
=$（\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NG}）•（\overrightarrow{MN}-\overrightarrow{NG}）$
=$|\overrightarrow{MN}{|}^{2}-|\overrightarrow{NG}{|}^{2}$．
∴$|\overrightarrow{MN}{|^2}={（{x_0}-3）^2}+{（{y_0}-0）^2}$
=$\frac{1}{2}{（{x_0}-6）^2}-7$．
由$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，可得-2≤x≤2，即-2≤x₀≤2．
∴$1≤|\overrightarrow{MN}{|^2}≤25，0≤|\overrightarrow{MN}{|^2}-|\overrightarrow{NG}{|^2}≤24$．
∴$\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}$的取值范围是$0≤\overrightarrow{MG}•\overrightarrow{MH}≤24$．
（另解$1≤|\overrightarrow{MN}{|^2}≤25$：结合椭圆和圆的位置关系，有||OM|-|ON||≤|MN|≤|OM|+|ON|（当且仅当M、N、O共线时，等号成立），于是有1≤|MN|≤5．）
（3）证明　因A、B是曲线C上满足OA⊥OB的两个动点，由曲线C关于原点对称，可知直线AB也关于原点对称．若直线AB与定圆相切，则定圆的圆心必在原点．因此，只要证明原点到直线AB的距离（d）是定值即可．
设|OA|=r₁，|OB|=r₂，点A（r₁cosθ，r₁sinθ），则$B（{r_2}cos（\frac{π}{2}+θ），{r_2}sin（\frac{π}{2}+θ））=（-{r_2}sinθ，{r_2}cosθ）$．
利用面积相等，有$\frac{1}{2}|OA|•|OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，于是${d^2}=\frac{r_1^2r_2^2}{r_1^2+r_2^2}=\frac{1}{{\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}}}$．
又A、B两点在曲线C上，故$\left\{\begin{array}{l}\frac{{r_1^2{{cos}^2}θ}}{4}+\frac{{r_1^2{{sin}^2}θ}}{2}=1\\ \frac{{r_2^2{{sin}^2}θ}}{4}+\frac{{r_2^2{{cos}^2}θ}}{2}=1.\end{array}\right.$可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{{cos}^2}θ}}{4}+\frac{{{{sin}^2}θ}}{2}=\frac{1}{r_1^2}\\ \frac{{{{sin}^2}θ}}{4}+\frac{{{{cos}^2}θ}}{2}=\frac{1}{r_2^2}.\end{array}\right.$
因此，$\frac{1}{r_1^2}+\frac{1}{r_2^2}=\frac{3}{4}$．
所以，${d^2}=\frac{4}{3}$，即d为定值$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
所以，直线AB总与定圆相切，且定圆的方程为：${x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，椭圆的综合应用，圆与椭圆的位置关系，考查转化思想以及计算能力．