Question

11．若在平面直角坐標(biāo)系中，已知動點M和兩個定點F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0），且|MF₁|+|MF₂|=4
（1）求動點M軌跡C的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點，若點E在軌跡C上，點F在直線y=-2上，且OE⊥OF，試判斷直線EF與圓x²+y²=2的位置關(guān)系，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的定義可求得動點M運動的軌跡．
（2）先由OE⊥OF，所以$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{OF}=0$，討論直線EF的斜率存在和不存在分別證明直線EF與圓x²+y²=1相切．

解答 解：（1）由題意知：|MF₁|+|MF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{2}$
所以，由橢圓的定義可知：動點M運動的軌跡是：以F₁，F(xiàn)₂為焦點，長軸長為4，焦距為2$\sqrt{2}$的橢圓，且短半軸長為$\sqrt{{2}^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}=\sqrt{2}$
所以軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$-----（4分）
（2）直線EF與圓x²+y²=1相切．
證明如下：設(shè)E（m，n），F(xiàn)（t，2），顯然其中m≠0，
因為OE⊥OF，所以$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{OF}=0$，即tm-2n=0，所以t=$\frac{2n}{m}$
①若直線EF的斜率不存在時，即m=t時，n=$\frac{{t}^{2}}{2}$，代入橢圓方程可得：
${t}^{2}+2×（\frac{{t}^{2}}{2}）^{2}=4$，解得：t=$±\sqrt{2}$，
此時直線EF的方程為x=$\sqrt{2}$或x=-$\sqrt{2}$，顯然與圓x²+y²=2相切．
②當(dāng)直線EF的斜率存在，即m≠t時，直線EF的方程為：
y+2=$\frac{n+2}{m-t}（x-t）$，即（n+2）x-（m-t）y-2m-tn=0…（9分）
此時，圓心O（0，0）到直線EF的距離d=$\frac{|-2m-tn|}{\sqrt{（n+2）^{2}+（m-t）^{2}}}$
又因為m²+2n²=4，t=$\frac{2n}{m}$
所以d=$\frac{|2m+tn|}{\sqrt{（n+2）^{2}+（m-t）^{2}}}$=$\frac{|2m+（\frac{2n}{m}）×n|}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}+4n-2m×（\frac{2n}{m}）+4+（\frac{2n}{m}）^{2}}}$
=$\frac{|\frac{2{m}^{2}+2{n}^{2}}{m}|}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}+\frac{4{n}^{2}}{{m}^{2}}+4}}$=$\frac{|\frac{2{m}^{2}+4-{m}^{2}}{m}|}{\sqrt{{m}^{2}+\frac{4-{m}^{2}}{2}+\frac{8-2{m}^{2}}{{m}^{2}}+4}}$
=$\frac{|\frac{{m}^{2}+4}{m}|}{\sqrt{\frac{{m}^{4}+8{m}^{2}+16}{2{m}^{2}}}}=\sqrt{2}$，所以，直線EF與圓x²+y²=2相切．
綜上，直線EF與圓x²+y²=2相切．．…（14分）

點評 本題主要考查軌跡方程的求法和利用直線和圓錐曲線的綜合問題來證明相切，屬于中檔題，在高考中屬�？碱}型．