Question

2．已知圓F₁：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=r²與圓F₂：（x-$\sqrt{3}$）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共點的軌跡為曲線E，且曲線E與y軸的正半軸相交于點M，若曲線E上相異兩點A，B滿足直線MA，MB的斜率之積為$\frac{1}{3}$•
（Ⅰ）求曲線E的方程；
（Ⅱ）證明直線AB恒過定點，并求定點的坐標．

Answer 1

分析 （Ⅰ）確定|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，可得曲線E是長軸長2a=4，焦距2c=2$\sqrt{3}$的橢圓，且b²=a²-c²=1，即可求E的方程；
（Ⅱ）分類討論，設直線方程，代入橢圓方程，利用韋達定理，結合直線MA，MB的斜率之積為$\frac{1}{3}$，即可證明直線AB恒過定點，并求定點的坐標．

解答 解：（Ⅰ）設⊙F₁，⊙F₂的公共點為Q，由已知得，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，|QF₁|=r，|QF₂|=4-r，
故|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，
因此曲線E是長軸長2a=4，焦距2c=2$\sqrt{3}$的橢圓，且b²=a²-c²=1，
所以曲線E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由曲線E的方程得，上頂點M（0，1），設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意知，x₁≠0，x₂≠0．
若直線AB的斜率不存在，則直線AB的方程為x=x₁，
故y₁=-y₂，y₁²=y₂²=1-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
因此，直線MA，MB的斜率之積為-$\frac{{{y}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{1}{4}$
與已知不符，因此直線AB的斜率存在
設直線AB：y=kx+m，代入橢圓E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0①
因為直線AB與曲線E有公共點A，B，所以方程①有兩個非零不等實根x₁，x₂
所以x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$
直線MA，MB的斜率之積為$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{3}$
化簡得m²+6m-7=0，
故m=-7或m=1（舍去），
∴直線AB恒過定點N（0，-7）．

點評 本題考查橢圓的定義與方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查直線過定點，屬于中檔題．