Question

6．已知定點(diǎn)A（-2，0），F(xiàn)（1，0），定直線l：x=4，動點(diǎn)P與點(diǎn)F的距離是它到直線l的距離的$\frac{1}{2}$．設(shè)點(diǎn)P的軌跡為C，過點(diǎn)F的直線交C于D、E兩點(diǎn)，直線AD、AE與直線l分別相交于M、N兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）以MN為直徑的圓是否恒過一定點(diǎn)，若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)，若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)P（x，y）為C上任意一點(diǎn)，依題意有$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{{|{\;x-4\;}|}}=\frac{1}{2}$，化簡即可得出．
（Ⅱ）易知直線DE斜率不為0，設(shè)直線DE方程為x=ty+1，與橢圓方程聯(lián)立可得（3t²+4）y²+6ty-9=0，設(shè)D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．由A（-2，0），知AD方程為$y-0=\frac{{{y_1}-0}}{{{x_1}+2}}（x+2）$，可得點(diǎn)M坐標(biāo)，點(diǎn)N坐標(biāo)．由對稱性，若定點(diǎn)存在，則定點(diǎn)在x軸上．設(shè)G（n，0）在以MN為直徑的圓上，利用$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}$=0，解出即可得出．

解答 解：（Ⅰ）F（1，0），設(shè)P（x，y）為C上任意一點(diǎn)，依題意有$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{{|{\;x-4\;}|}}=\frac{1}{2}$，
化為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）易知直線DE斜率不為0，設(shè)直線DE方程為x=ty+1，
由$\left\{\begin{array}{l}\;x=ty+1\\ \;\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
設(shè)D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則${y_1}+{y_2}=\frac{-6t}{{3{t^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{t^2}+4}}$，
由A（-2，0），知AD方程為$y-0=\frac{{{y_1}-0}}{{{x_1}+2}}（x+2）$，點(diǎn)M坐標(biāo)為$M（4\;，\;\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）$，
同理，點(diǎn)N坐標(biāo)為$N（4\;，\;\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}）$．
由對稱性，若定點(diǎn)存在，則定點(diǎn)在x軸上．設(shè)G（n，0）在以MN為直徑的圓上，
則$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}=（4-n\;，\;\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）•（4-n\;，\;\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}）={（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{（{x_1}+2）（{x_2}+2）}}=0$，
∴${（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{（t{y_1}+3）（t{y_2}+3）}}={（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{{t^2}{y_1}{y_2}+3t（{y_1}+{y_2}）+9}}=0$，
即${（4-n）^2}+\frac{36×（-9）}{{-9{t^2}+3t（-6t）+9（3{t^2}+4）}}=0$，（4-n）²-9=0，n=1或n=7，
∴以MN為直徑的圓恒過x軸上兩定點(diǎn)（1，0）和（7，0）．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、圓的性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、直線過定點(diǎn)問題，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．