Question

10．已知兩定點$M（-\sqrt{6}，0），N（\sqrt{6}，0）$，動點P滿足$\overrightarrow{PM}•\overrightarrow{PN}=0$，由點P向x軸作垂線PQ，垂足為Q，點R滿足$\overrightarrow{PR}=（\sqrt{3}-1）\overrightarrow{RQ}$，點R的軌跡為C．
（1）求曲線C的方程；
（2）直線l與x軸交于點E，與曲線C交于A、B兩點，是否存在點E，使得$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$為定值？若存在，請指出點E的坐標，并求出該定值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設P（x，y），推導出點P的軌跡方程為：x²+y²=6，設R（x₀，y₀），得P（x₀，$\sqrt{3}{y}_{0}$），由此能求出曲線C的方程．
（2）假設存在點E，使得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$為定值，設E（x₀，0），推導出E（$±\sqrt{3}，0$），$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$為定值2，設直線AB的方程為x=my+$\sqrt{3}$，與橢圓C聯立方程組，得（m²+3）y²+2$\sqrt{3}my$-3=0，利用韋達定理、橢圓性質，由已知推導出存在點E（$±\sqrt{3}$，0），使得$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$為定值2．

解答 解：（1）設P（x，y），∵兩定點$M（-\sqrt{6}，0），N（\sqrt{6}，0）$，動點P滿足$\overrightarrow{PM}•\overrightarrow{PN}=0$，
∴$\overrightarrow{PM}•\overrightarrow{PN}$=（-$\sqrt{6}$-x，0-y）•（$\sqrt{6}-x，0-y$）=x²+y²-6=0，
∴點P的軌跡方程為：x²+y²=6，
設R（x₀，y₀），則由$\overrightarrow{PR}=（\sqrt{3}-1）\overrightarrow{RQ}$，得P（x₀，$\sqrt{3}{y}_{0}$），
代入x²+y²=6，得：${{x}_{0}}^{2}+（\sqrt{3}{y}_{0}）^{2}$=6，即$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{6}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$=1，
∴曲線C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．（5分）
（2）假設存在點E，使得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$為定值，設E（x₀，0），
當直線AB與x軸重合時，有$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{0}+\sqrt{6}）^{2}}$+$\frac{1}{（\sqrt{6}-{x}_{0}）^{2}}$=$\frac{12+2{{x}_{0}}^{2}}{（6-{{x}_{0}}^{2}）^{2}}$，
當直線AB與x軸垂直時，$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$=$\frac{2}{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{6}）}$=$\frac{6}{6-{{x}_{0}}^{2}}$，
由$\frac{12+2{{x}_{0}}^{2}}{（6-{{x}_{0}}^{2}）^{2}}$=$\frac{6}{6-{{x}_{0}}^{2}}$，解得${x}_{0}=±\sqrt{3}$，$\frac{6}{6-{{x}_{0}}^{2}}$=2，
所以若存在點E，此時E（$±\sqrt{3}，0$），$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$為定值2． …（8分）
根據對稱性，只需考慮直線AB過點E（$\sqrt{3}$，0），設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
又設直線AB的方程為x=my+$\sqrt{3}$，與橢圓C聯立方程組，
化簡得（m²+3）y²+2$\sqrt{3}my$-3=0，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+3}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{{m}^{2}+3}$，
又$\frac{1}{E{A}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{1}-\sqrt{3}）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\frac{1}{{m}^{2}{{y}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{{y}_{1}}^{2}}$，
∴$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{{y}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{{y}_{2}}^{2}}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-2{y}_{1}{y}_{2}}{（{m}^{2}+1）{{y}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}}$，
將${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+3}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{{m}^{2}+3}$，代入，化簡，得$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$=2．
綜上所述，存在點E（$±\sqrt{3}$，0），使得$\frac{1}{{EA}^{2}}$+$\frac{1}{{EB}^{2}}$為定值2．…（12分）

點評 本題考查曲線方程的求法，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是難題，解題時要認真審題，注意橢圓、向量，直線方程、韋達定理等知識點的合理運用．