Question

4．設(shè)P（x₀，y₀）是圓O：x²+y²=$\frac{2}{3}$外的動點(diǎn)，過P的直線與圓O相切，切點(diǎn)為A，B，設(shè)切線PA，PB的斜率分別為k₁，k₂，且滿足k₁k₂=-$\frac{1}{2}$．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程C；
（2）若動直線l₁，l₂均與C相切，且l₁∥l₂，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)Q，點(diǎn)Q到l₁，l₂的距離之積恒為1？若存在，請求出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用直線與圓相切的充要條件即可得出；
（2）當(dāng)直線l₁，l₂斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，y=kx+n，把l₁的方程代入橢圓方程得（1+2k²）x²+4mkx+2m²-2=0，根據(jù)直線l₁與橢圓C相切，△=0，再利用點(diǎn)到直線的距離公式即可得出．當(dāng)直線l₁，l₂斜率不存在時，直接驗(yàn)證即可．

解答 解：（1）設(shè)過P（x₀，y₀）的切線方程是y-y₀=k（x-x₀），
即kx-y+y₀-kx₀=0，
∵它和圓相切得：d=$\frac{|{y}_{0}-k{x}_{0}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
化簡得：$（3{x}_{0}^{2}-2）{k}^{2}$-6x₀y₀k+$3{y}_{0}^{2}$-2=0，
∴k₁k₂=-$\frac{1}{2}$=$\frac{3{y}_{0}^{2}-2}{3{x}_{0}^{2}-2}$．即$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+{y}_{0}^{2}$=1$（{x}_{0}^{2}≠\frac{2}{3}）$．
∴C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1（{x}^{2}≠\frac{2}{3}）$．
（2）①當(dāng)直線l₁，l₂斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，y=kx+n，
把l₁的方程代入橢圓方程得（1+2k²）x²+4mkx+2m²-2=0，
∵直線l₁與橢圓C相切，∴△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=0，化簡得
m²=1+2k²，
同理，n²=1=2k²，
∴m²=n²，若m=n，則l₁，l₂重合，不合題意，∴m=-n．
設(shè)在x軸上存在點(diǎn)Q（t，0），點(diǎn)Q到直線l₁，l₂的距離之積為1，則$\frac{|kt+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$$•\frac{|kt+n|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，即|k²t²-m²|=k²+1，
把得m²=1+2k²代入并去絕對值整理，k²（t²-3）=2或者k²（t²-1）=0，
前式對任意的k顯然不恒成立；而要使得后式對任意的k∈R恒成立，
則t²-1=0，解得t=±1；
②當(dāng)直線l₁，l₂斜率不存在時，其方程為$x=±\sqrt{2}$，
定點(diǎn)（-1，0）到直線l₁，l₂的距離之積為$（\sqrt{2}-1）•（\sqrt{2}+1）$=1；
定點(diǎn)（1，0）到直線l₁，l₂的距離之積為$（\sqrt{2}-1）•（\sqrt{2}+1）$=1．；
綜上所述，滿足題意的定點(diǎn)Q為（±1，0）．

點(diǎn)評 本題考查了直線與橢圓及其圓的位置關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、一元二次方程的實(shí)數(shù)解與判別式的關(guān)系，考查了推理能力、分類討論方法與計(jì)算能力，屬于中檔題．