就这个题，全解！！！
搜到的，下面的复制的，但是根号没法复制黏贴，我给你发图，你下载图片看比较清楚！
已知定点O（0，0），A（3，0），动点P到定点O距离与到定点A的距离的比值是
1
λ
．
（Ⅰ）求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的曲线；
（Ⅱ）当λ=4时，记动点P的轨迹为曲线D．
①若M是圆E：（x-2）2+（y-4）2=64上任意一点，过M作曲线D的切线，切点是N，求|MN|的取值范围；
②已知F，G是曲线D上不同的两点，对于定点Q（-3，0），有|QF|•|QG|=4．试问无论F，G两点的位置怎样，直线FG能恒和一个定圆相切吗？若能，求出这个定圆的方程；若不能，请说明理由．
考点：圆方程的综合应用．
专题：直线与圆．
分析：（Ⅰ）设动点坐标，利用动点P到定点O距离与到定点A的距离的比值是
1
λ
，建立方程，化简即可得到动点P的轨迹方程，从而可得方程表示的曲线；
（Ⅱ）当λ=4时，确定动点P的轨迹方程．
①确定两圆内含，且圆D在圆E内部．由|MN|2=|MD|2-|DN|2有：|MN|2=|MD|2-4，故求|MN|的取值范围就是求|MD|的取值范围；
②解法一：设点Q到直线FG的距离为d，∠FQG=θ，由面积相等得到顶点Q到动直线FG的距离为定值，从而可得结论；
解法二：假设存在，设出直线方程，利用直线与圆相切，得出圆心到直线的距离等于半径，即可得到结论．
解答：解：（Ⅰ）设动点P的坐标为（x，y），则由
λ
|PO|＝|PA|，得λ（x2+y2）=（x-3）2+y2，
整理得：（λ-1）x2+（λ-1）y2+6x-9=0．
∵λ＞0，∴当λ=1时，则方程可化为：2x-3=0，故方程表示的曲线是线段OA的垂直平分线；
当λ≠1时，则方程可化为(x+
3
λ−1
)2+y2＝[
3
λ
(λ−1)
]2，即方程表示的曲线是以(−
3
λ−1
，0)为圆心，
3
λ
|λ−1|
为半径的圆．…5分
（Ⅱ）当λ=4时，曲线D的方程是x2+y2+2x-3=0，故曲线D表示圆，圆心是D（-1，0），半径是2．
①由|DE|＝
(2+1)2+(4−0)2
＝5，及5＜8-2有：两圆内含，且圆D在圆E内部．
如图所示，由|MN|2=|MD|2-|DN|2有：|MN|2=|MD|2-4，故求|MN|的取值范围就是求|MD|的取值范围．
而D是定点，M是圆上的动点，故过D作圆E的直径，得|MD|min=8-5=3，|MD|max=8+5=13，故5≤|MN|2≤165，
5
≤|MN|≤
165
．…9分
②解法一：设点Q到直线FG的距离为d，∠FQG=θ，
则由面积相等得到|QF|•|QG|sinθ=d|FG|，且圆的半径r=2．
即d＝
4sinθ
|FG|
＝
4sinθ
2rsinθ
＝1．于是顶点Q到动直线FG的距离为定值，
即动直线FG与定圆（x+3）2+y2=1相切．
②解法二：设F，G两点的坐标分别为F（x1，y1），G（x2，y2），
则由|QF|•|QG|=4有：
(x1+3)2+
y
2
1
•
(x2+3)2+
y
2
2
＝4，结合
x
2
1
+
y
2
1
+2x1−3＝0，
x
2
2
+
y
2
2
+2x2−3＝0有：
4x1+12
•
4x2+12
＝4⇒x1x2+3(x 1+x2)+8＝0，
若经过F、G两点的直线的斜率存在，设直线FG的方程为y=mx+n，
由
y＝mx+n
x2+y2+2x−3＝0
，消去y有：（1+m2）x2+（2mn+2）x+n2-3=0，则x1+x2＝−
2mn+2
1+m2
，x1x2＝
n2
1+m2
＝1，
所以x1x2+3(x 1+x2)+8＝
n2−3
1+m2
+
−6mn−6
1+m2
+
1+8m2
1+m2
＝0，
由此可得8m2-6mn+n2=1，也即（3m-n）2=1+m2，
|3m−n|
1+m2
＝1…（※）．
假设存在定圆（x-a）2+（y-b）2=r2，总与直线FG相切，则
d＝
|ma−b+n|
1+m2
是定值r，即d与m，n无关，与
|3m−n|
1+m2
＝1…（※）对比，有
a＝−3
b＝0
，
此时d＝r＝
|3m−n|
1+m2
＝1，故存在定圆（x+3）2+y2=1，
当直线FG的斜率不存在时，x1=x2=-2，直线FG的方程是x=-2，显然和圆相切．
故直线FG能恒切于一个定圆（x+3）2+y2=1．…14分．
