Question

2．已知圆F₁：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=r²与圆F₂：（x-$\sqrt{3}$）²+y²=（4-r）²（0＜r＜4）的公共点的轨迹为曲线E，且曲线E与y轴的正半轴相交于点M，若曲线E上相异两点A，B满足直线MA，MB的斜率之积为$\frac{1}{3}$•
（Ⅰ）求曲线E的方程；
（Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求定点的坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）确定|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，可得曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2$\sqrt{3}$的椭圆，且b²=a²-c²=1，即可求E的方程；
（Ⅱ）分类讨论，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合直线MA，MB的斜率之积为$\frac{1}{3}$，即可证明直线AB恒过定点，并求定点的坐标．

解答 解：（Ⅰ）设⊙F₁，⊙F₂的公共点为Q，由已知得，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，|QF₁|=r，|QF₂|=4-r，
故|QF₁|+|QF₂|=4＞|F₁F₂|，
因此曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2$\sqrt{3}$的椭圆，且b²=a²-c²=1，
所以曲线E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由曲线E的方程得，上顶点M（0，1），设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由题意知，x₁≠0，x₂≠0．
若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x=x₁，
故y₁=-y₂，y₁²=y₂²=1-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
因此，直线MA，MB的斜率之积为-$\frac{{{y}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{1}{4}$
与已知不符，因此直线AB的斜率存在
设直线AB：y=kx+m，代入椭圆E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0①
因为直线AB与曲线E有公共点A，B，所以方程①有两个非零不等实根x₁，x₂
所以x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$
直线MA，MB的斜率之积为$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{3}$
化简得m²+6m-7=0，
故m=-7或m=1（舍去），
∴直线AB恒过定点N（0，-7）．

点评 本题考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线过定点，属于中档题．