Question

（2013•河?xùn)|區(qū)二模）已知兩圓C₁：x²+y²-2x=0，C₂：（x+1）²+y²=4的圓心分別為C₁，C₂，P為一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且|PC₁|+|PC₂|=2

2

．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡M的方程；
（2）是否存在過點(diǎn)A（2，0）的直線l與軌跡M交于不同的兩點(diǎn)C、D，使得|C₁C|=|C₁D|？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）寫出兩圓的圓心坐標(biāo)，根據(jù)∵|PC₁|+|PC₂|=2

2

＞2=|C₁C₂|可知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是以C₁和C₂為焦點(diǎn)、長軸長為2a=2

2

的橢圓，從而易求橢圓方程即所求軌跡方程；
（2）當(dāng)斜率不存在時(shí)容易判斷，當(dāng)存在斜率時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），聯(lián)立直線l方程與橢圓方程消掉y得x的二次方程，則有△＞0，設(shè)交點(diǎn)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），CD的中點(diǎn)為N（x₀，y₀），求出二次方程的兩解，從而可得線段CD中點(diǎn)N的橫坐標(biāo)，代入直線方程可得縱坐標(biāo)，要使|C₁C|=|C₁D|，必須有C₁N⊥l，即k•kC1N=-1，解出方程的解k，再檢驗(yàn)是否滿足△＞0即可；

解答：解：（1）兩圓的圓心坐標(biāo)分別為C₁（1，0），C₂（-1，0），
∵|PC₁|+|PC₂|=2

2

＞2=|C₁C₂|，
∴根據(jù)橢圓的定義可知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為以原點(diǎn)為中心，C₁（1，0）和C₂（-1，0）為焦點(diǎn)，長軸長為2a=2

2

的橢圓，
所以a=

2

，c=1，b=

a2-c2

=

2-1

=1，
∴橢圓的方程為

x2

2

+y2=1，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡M的方程為

x2

2

+y2=1；
（2）假設(shè)存在這樣的直線l滿足條件，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，易知點(diǎn)A（2，0）在橢圓M的外部，直線l與橢圓M無交點(diǎn)，所以直線l不存在．
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k，則直線l的方程為y=k（x-2），
由方程組

x2 2 +y2=1 y=k(x-2)

得（2k²+1）x²-8k²x+8k²-2=0①，
依題意△=（-8k²）²-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，即-2k²+1＞0，解得-

2

2

＜k＜

2

2

，
當(dāng)-

2

2

＜k＜

2

2

時(shí)，設(shè)交點(diǎn)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），CD的中點(diǎn)為N（x₀，y₀），
方程①的解為x1=

8k2+ △

4k2+2

，x2=

8k2- △

4k2+2

，則x0=

x1+x2

2

=

4k2

2k2+1

，
∴y₀=k（x₀-2）=k（

4k2

2k2+1

-2）=

-2k

2k2+1

，
要使|C₁C|=|C₁D|，必須有C₁N⊥l，即k•kC1N=-1，
∴k•

-2k 2k2+1 -0

4k2 2k2+1 -1

=-1，化簡得0=-1，顯然不成立；         
所以不存在直線l，使得|C₁C|=|C₁D|，
綜上所述，不存在直線l，使得|C₁C|=|C₁D|；

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓的方程，考查存在性問題，存在性問題往往先假設(shè)存在，然后以此為條件進(jìn)行推理論證，檢驗(yàn)是否矛盾．