Question

17．已知M（2，0），N（0，-2），C为MN中点，点P满足CP=$\frac{1}{2}$MN．
（1）求点P构成曲线的方程．；
（2）是否存在过点（0，-1）的直线l与（1）所得曲线交于点A、B，且与x轴交于点Q，使$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题可知：点P在以MN为直径的圆上，由中点坐标公式求出MN中点C（1，-1），再求出半径r，则曲线C的方程可求；
（2）法一：当直线l的斜率不存在时，求出A，B，Q的坐标，求得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$≠3；当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y=kx-1，联立直线和圆的方程，结合$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3求得k值，则直线方程可求；
法二：由$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，可得直线l与x轴交点Q（x，0）必在圆外，则直线l即为过圆外一点Q所引圆C的一条割线交圆于A、B，画出图形，数形结合列式求得Q的坐标，则可求出直线方程．

解答 解：（1）由题可知：点P在以MN为直径的圆上，
∴曲线C是圆心为MN中点C（1，-1），半径r=$\frac{1}{2}$MN=$\sqrt{2}$．
∴曲线C的方程：（x-1）²+（y+1）²=2；
（2）法一：若直线l的斜率不存在，
∵直线l过点（0，-1），∴直线l：x=0．
此时A（0，0），B（0，-2），Q（0，0）．
∴与$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3矛盾；
∴直线l的斜率存在，不妨设直线l：y=kx-1，
直线l与圆交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{（x-1）^{2}+（y+1）^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-2x-1=0．
由韦达定理可得：x₁+x₂=$\frac{2}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{1}{1+{k}^{2}}$，
当k=0时，直线l：y=-1与x轴无交点不合题意，
∴设直线l与x轴交点Q（$\frac{1}{k}$，0），
∴$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=（{x}_{1}-\frac{1}{k}）（{x}_{2}-\frac{1}{k}）+{y}_{1}{y}_{2}$
=${x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{k}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{{k}^{2}}+{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-k（{x}_{1}+{x}_{2}）+1$
=$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}-（\frac{1}{k}+k）（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{{k}^{2}}+1$
=$（1+{k}^{2}）（-\frac{1}{1+{k}^{2}}）-\frac{{k}^{2}+1}{k}•\frac{2}{1+{k}^{2}}$$+\frac{1}{{k}^{2}}+1$
=$\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{2}{k}$=3．
即3k²+2k-1=0，解得：k=-1或$\frac{1}{3}$．
∴直线l：y=-x-1，即x+y+1=0；
或y=$\frac{1}{3}$x-1，即：x-3y-3=0．
法二：∵$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，∴直线l与x轴交点Q（x，0）必在圆外，
∴直线l即为过圆外一点Q所引圆C的一条割线交圆于A、B，
如图，作QH与圆C相切于H，
∴QH⊥CH．
∴QH²=$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3．
∴CQ²=3+r²=5．
∴（x-1）²+（0+1）²=5，
∴x=-1或3，
则Q（-1，0）或（3，0）．
又∵直线l过点（0，-1），∴k=-1或$\frac{1}{3}$．
∴直线l：y=-x-1，即x+y+1=0；
或 y=$\frac{1}{3}$x-1，即：x-3y-3=0．

点评 本题考查轨迹方程的求法，考查了向量在解决直线与圆的位置关系中的应用，考查学生理解问题和解决问题的能力，是中档题．