Question

12．已知圓M：（x+1）²+y²=$\frac{1}{4}$，圓N：（x-1）²+y²=$\frac{49}{4}$，動(dòng)圓D與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心D的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程；
（2）若雙曲線C的右焦點(diǎn)即為曲線E的右頂點(diǎn)，直線y=$\sqrt{3}$x為C的一條漸近線．
①求雙曲線C的方程；
②過(guò)點(diǎn)P（0，4）的直線l，交雙曲線C于A，B兩點(diǎn)，交x軸于Q點(diǎn)（Q點(diǎn)與C的頂點(diǎn)不重合），當(dāng)$\overrightarrow{PQ}={λ_1}\overrightarrow{QA}={λ_2}\overrightarrow{QB}$，且λ₁+λ₂=-$\frac{8}{3}$時(shí)，求Q點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意的定義可知：長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2，短半軸長(zhǎng)為$\sqrt{3}$的橢圓，即可求得橢圓方程；
（2）①求得雙曲線方程，焦點(diǎn)為（-2，0），（2，0），則$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$，即可求得雙曲線C的方程；
②方法一：設(shè)l的方程，代入橢圓方程，由向量的坐標(biāo)運(yùn)算，利用λ₁，λ₁表示出A和B點(diǎn)坐標(biāo)，則λ₁，λ₂是二次方程$（16-{k^2}）{x^2}+32x+16-\frac{16}{3}{k^2}=0$的兩根，利用韋達(dá)定理即可求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)．
方法二：設(shè)l的方程：y=kx+4，$\overrightarrow{PQ}={λ_1}\overrightarrow{QA}={λ_2}\overrightarrow{QB}$，-4=λ₁y₁=λ₂y₂，${λ_1}+{λ_2}=-\frac{8}{3}$，將直線方程代入雙曲線方程，利用韋達(dá)定理即可求得k的值，求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，
∴|PM|+|PN|=（R+r₁）+（r₂-R）=r₁+r₂=4，…（1分）
由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左右焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2，短半軸長(zhǎng)為$\sqrt{3}$的橢圓，…（3分） （ 求出a=2，c=1給（1分），求出$b=\sqrt{3}$得1分） 
則此方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（2）設(shè)雙曲線方程為$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，由橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，求得兩焦點(diǎn)為（-2，0），（2，0），
∴對(duì)于雙曲線C：c=2，…（5分）
 又$y=\sqrt{3}x$為雙曲線C的一條漸近線，
∴$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$，解得a²=1，b²=3，…（6分）  
故雙曲線C的方程${x^2}-\frac{y^2}{3}=1$．…（7分）
（3）解法一：由題意知直線l的斜率k存在且不等于零．
設(shè)l的方程：y=kx+4，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則Q（-$\frac{4}{k}$，0），
∵$\overrightarrow{PQ}={λ_1}\overrightarrow{QA}$，則（-$\frac{4}{k}$，-4）=λ₁（x₁+$\frac{4}{k}$，y₁），…（8分）
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{4}{k}={λ}_{1}（{x}_{1}+\frac{4}{k}）}\\{-4={λ}_{1}{y}_{1}}\end{array}\right.$，從而$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-\frac{4}{k{λ}_{1}}-\frac{4}{k}}\\{{y}_{1}=-\frac{4}{{λ}_{1}}}\end{array}\right.$，
∵A（x₁，y₁）在雙曲線C上，
∴$\frac{16}{{k}^{2}}$（$\frac{1+{λ}_{1}}{{λ}_{1}}$）²-$\frac{16}{{λ}_{1}}$-1=0，…（9分）
16+32λ₁+16${λ}_{1}^{2}$-$\frac{16}{3}$k²-k²λ₁²=0，
同理有$（16-{k^2}）λ_2^2+32{λ_2}+16-\frac{16}{3}{k^2}=0$．…（10分）
若16-k²=0，則直線l過(guò)頂點(diǎn)，不合題意，∴16-k²≠0，
∴λ₁，λ₂是二次方程$（16-{k^2}）{x^2}+32x+16-\frac{16}{3}{k^2}=0$的兩根．
∴${λ_1}+{λ_2}=\frac{32}{{{k^2}-16}}=-\frac{8}{3}$，∴k²=4，…（11分）
  此時(shí)△＞0，∴k=±2．
∴所求Q的坐標(biāo)為（±2，0）．…（12分）
解法二：由題意知直線l的斜率k存在且不等于零
設(shè)l的方程：y=kx+4，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$Q（-\frac{4}{k}，0）$．∵$\overrightarrow{PQ}={λ_1}\overrightarrow{QA}={λ_2}\overrightarrow{QB}$，
∴$（-\frac{4}{k}，-4）={λ_1}（{x_1}+\frac{4}{k}，{y_1}）={λ_2}（{x_2}+\frac{4}{k}，{y_2}）$．
∴-4=λ₁y₁=λ₂y₂，
∴${λ_1}=-\frac{4}{y_1}$，${λ_2}=-\frac{4}{y_2}$，…（8分）
  又${λ_1}+{λ_2}=-\frac{8}{3}$，
∴$\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}=\frac{2}{3}$，即3（y₁+y₂）=2y₁y₂，…（9分）
將y=kx+4代入${x^2}-\frac{y^2}{3}=1$，得（3-k²）y²-24y+48-3k²=0，…（10分）
∵3-k²≠0，否則l與漸近線平行．
∴${y_1}+{y_2}=\frac{24}{{3-{k^2}}}，{y_1}{y_2}=\frac{{48-3{k^2}}}{{3-{k^2}}}$．…（11分）
∴$3×\frac{24}{{3-{k^2}}}=2×\frac{{48-3{k^2}}}{{3-{k^2}}}$，
∴k=±2，∴Q（±2，0）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查直線與雙曲線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．