已知圆 $M:{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} = 1$，圆 $N:{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 9$，动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切，圆心 $P$ 的轨迹为曲线 $C$．
【难度】
【出处】
2013年高考新课标I卷（理）
【标注】
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求 $C$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1\left( {x \ne - 2} \right)$解析本题考查椭圆方程的定义．设动圆的半径为 $R$．因为圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并且与圆 $N$ 内切，所以\[\begin{split}\left| {PM} \right| + \left| {PN} \right| = \left( {R + 1} \right) + \left( {3 - R} \right) = 4.\end{split}\]由椭圆的定义可知，曲线 $C$ 是以 $M、N$ 为左、右焦点，长半轴长为 $ 2 $，短半轴长为 $\sqrt 3 $ 的椭圆（左顶点除外），其方程为\[\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1\left( {x \ne - 2} \right).\]
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$l$ 是与圆 $P$，圆 $M$ 都相切的一条直线，$l$ 与曲线 $C$ 交于 $A$，$B$ 两点，当圆 $P$ 的半径最长时，求 $\left| {AB} \right|$．标注答案$2\sqrt 3 或 \dfrac{18}{7}$解析根据弦长公式表示出弦长 $|AB|$ 即可．对于曲线 $C$ 上任意一点 $P\left( {x,y} \right)$，由圆与圆的位置关系得\[\begin{split}\left| {PM} \right| -\left| {PN} \right| = 2R - 2 \leqslant 2,\end{split}\]所以 $R \leqslant 2$，当且仅当圆 $P$ 的圆心为 $\left( {2,0} \right)$ 时，$R = 2$，所以当圆 $P$ 的半径最长时，其方程为\[{\left( {x - 2} \right)^2}+ {y^2} = 4.\]若 $l$ 的倾斜角为 $90^\circ $，则 $l$ 与 $y$ 轴重合，可得\[\left| {AB} \right| =2\sqrt 3.\]若 $l$ 的倾斜角不为 $90^\circ $，由圆 $M$ 的半径 $1 \ne R$ 知 $l$ 不平行于 $x$ 轴，设 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$，则\[\dfrac{{\left| {QP}\right|}}{{\left| {QM} \right|}} = \dfrac{R}{1},\]可求得 $Q\left( { - 4,0} \right)$，所以可设 $l:y = k\left( {x + 4}
\right)$．
由 $l$ 与圆 $M$ 相切得\[\dfrac{{\left| {3k}\right|}}{{\sqrt {1 + {k^2}} }} = 1,\]解得\[k = \pm \dfrac{\sqrt 2}{4}.\]当 $k = \dfrac{\sqrt 2 }{4}$ 时，将 $y = \dfrac{\sqrt 2 }{4}x+ \sqrt 2 $ 代入\[\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3}= 1,\]并整理得\[7{x^2} + 8x - 8 = 0,\]解得\[{x_{1,2}} = \dfrac{ - 4\pm 6\sqrt 2 }{7},\]所以\[\begin{split}\left| {AB} \right|\overset{\left[a\right]} = \sqrt
{1 + {k^2}} \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \dfrac{18}{7}.\end{split}\]（推导中用到[a]）
当 $k = - \dfrac{\sqrt 2 }{4}$ 时，由图形的对称性可知 $\left| {AB} \right| = \dfrac{18}{7}$．
综上，\[\left| {AB} \right| =2\sqrt 3 或 \left| {AB} \right| = \dfrac{18}{7}.\]
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
