Question

4．已知圆C₁：（x+2）²+y²=$\frac{81}{16}$，圆C₂：（x-2）²+y²=$\frac{1}{16}$，动圆Q与圆C₁、圆C₂均外切．
（1）求动圆圆心Q的轨迹方程；
（2）在x轴负半轴上是否存在定点M使得∠QC₂M=2∠QMC₂？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由动圆与两定圆外切得到圆心距与半径之间的关系，作差后得到动圆圆心C的轨迹符合双曲线定义，由已知求出实半轴和虚半轴，则动圆圆心的轨迹方程可求；
（2）设M的坐标（t，0），Q（x₀，y₀）（x₀≥1），分类讨论，利用∠QC₂M=2∠QMC₂，结合斜率公式，即可得出结论．

解答 解：（1）设所求圆的圆心坐标Q（x，y），半径为r，
两定圆的圆心分别是C₁，C₂，半径分别为$\frac{9}{4}$，$\frac{1}{4}$．
∵所求圆与两个圆都外切，
∴|QC₁|=r+$\frac{9}{4}$，|QC₂|=r+$\frac{1}{4}$，
即|QC₁|-|QC₂|=2，
根据双曲线定义可知C点的轨迹为以C₁，C₂为焦点的双曲线的右支，
由2c=4，c=2；2a=2，a=1，∴b=$\sqrt{3}$．
∴Q点的轨迹方程为${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}$=1（x≥1）．
（2）设M的坐标（t，0），Q（x₀，y₀）（x₀≥1），
x₀≠2时，∵∠QC₂M=2∠QMC₂，
∴tan∠QC₂M=tan（2∠QMC₂），
∴-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{2×\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-t}}{1-（\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-t}）^{2}}$，
将${{y}_{0}}^{2}=3{{x}_{0}}^{2}-3$代入整理可得（4+4t）x₀=t²+4t+3，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4+4t=0}\\{{t}^{2}+4t+3=0}\end{array}\right.$，
∴t=-1；
x₀=2时，∵∠QC₂M=90°，t=-1时∠QMC₂=45°，满足题意．
故满足条件的点M（-1，0）存在．

点评 本题考查了轨迹方程的求法，考查了圆与圆的位置关系，训练了利用定义求双曲线的方程，是中档题．