Question

1．已知⊙C₁：（x+1）²+y²=1，⊙C₂：（x-1）²+y²=r²（r＞0），⊙C₁內(nèi)切⊙C₂于點A，P是兩圓公切線l上異于A的一點，直線PQ切⊙C₁于點Q，PR切⊙C₂于點R，且Q，R均不與A重合，直線C₁Q，C₂R相交于點M．
（1）求M的軌跡C的方程；
（2）若直線MC₁與x軸不垂直，它與C的另一個交點為N，M′是點M關(guān)于x軸的對稱點，求證：直線NM′過定點．

Answer 1

分析 （1）由⊙C₁內(nèi)切⊙C₂于點A，求出⊙C₂的方程為（x-1）²+y²=9，由直線PQ切⊙C₁于點Q，PR切⊙C₂于點R，得到C₁Q⊥PQ，C₂R⊥PR，連結(jié)PM，推導(dǎo)出點M的軌跡C是以C₁，C₂為焦點，長軸長為4的橢圓（除去長軸端點），由此能求出M的軌跡C的方程．（2）設(shè)直線MN的方程為x=ty-1（t≠0），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得：（3t²+4）y²-6ty-9=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、直線方程，結(jié)合已知條件，能證明直線NM′過定點（-4，0）．

解答 解：（1）∵⊙C₁：（x+1）²+y²=1，⊙C₂：（x-1）²+y²=r²（r＞0），⊙C₁內(nèi)切⊙C₂于點A，
∴r-1=2，解得r=3，
∴⊙C₂的方程為（x-1）²+y²=9，
∵直線PQ切⊙C₁于點Q，PR切⊙C₂于點R，
∴C₁Q⊥PQ，C₂R⊥PR，
連結(jié)PM，在Rt△PQM與Rt△PRM中，
|PQ|=|PA|=|PR|，|PM|=|PM|，
∴|QM|=|RM|，
∴|MC₁|+|MC₂|=|MQ|+|C₁Q|=|MR|+|C₁Q|+|C₂M|=|C₁Q|+|C₂R|=4＞2=|C₁C₂|，
∴點M的軌跡C是以C₁，C₂為焦點，長軸長為4的橢圓（除去長軸端點），
∴M的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≠0）．
證明：（2）依題意，設(shè)直線MN的方程為x=ty-1（t≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則M′（x₁，-y₁），且x₁≠x₂，y₁+y₂≠0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，并整理，得：（3t²+4）y²-6ty-9=0，
△=（-6t）²-4×（-9）（3t²+4）=144t²+144＞0，
${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{6t}{3{t}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9}{3{t}^{2}+4}$，
直線M′N的方程為y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（x-{x}_{1}）$，
令y=0，得：
x=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{y}_{2}+{y}_{1}}+{x}_{1}$=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$
=$\frac{{y}_{1}（t{y}_{2}-1）+{y}_{2}（t{y}_{1}-1）}{{y}_{2}+{y}_{1}}$
=$\frac{2t{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}-1$
=$\frac{\frac{-18t}{3{t}^{2}+4}}{\frac{6t}{3{t}^{2}+4}}$-1=-4．
∴直線NM′過定點（-4，0）．

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查直線過定點的證明，考查橢圓、根的判別式、韋達(dá)定理、直線方程等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．