Question

2．在平面直角坐標系中，已知兩定點$A（-\frac{1}{3}\;，\;0）$和$B（{\frac{1}{3}\;，\;0}）$，點M是平面內(nèi)的動點，且$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=4$．
（Ⅰ）求動點M的軌跡E的方程；
（Ⅱ）設F₂（1，0），R（4，0），自點R引直線l交曲線E于Q，N兩點，求證：射線F₂Q與射線F₂N關(guān)于直線x=1對稱．

Answer 1

分析 （I）設M（x，y），根據(jù)條件列方程化簡即可；
（II）設l方程y=k（x-4），聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出F₂Q和F₂N的斜率，根據(jù)兩直線的斜率的關(guān)系得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設M（x，y），$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}=（x+1\;，\;y）$，$\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}=（x-1\;，\;y）$，
則$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|=\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}$，$|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}$，
由于$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=4$，
即 $\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}=4$，設F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
則|F₁M|+|F₂M|=4，點M的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，
故a=2，c=1，$b=\sqrt{3}$，
所以，動點M的軌跡E的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）證明：設Q（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線l：y=k（x-4），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}3{x^2}+4{y^2}=12\\ y=k（x-4）\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
∴△=144（1-4k²）＞0，解得：$-\frac{1}{2}＜k＜\frac{1}{2}$，
且${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
又y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），${k_{Q{F_2}}}+{k_{N{F_2}}}$=$\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}$
=$\frac{{k（{x_1}-4）（{x_2}-1）+k（{x_2}-4）（{x_1}-1）}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$=$k\frac{{2{x_1}{x_2}-5（{x_1}+{x_2}）+8}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$，
由于2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=$2•\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$$-5•\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$+$8•\frac{{3+4{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$=0，
所以，${k_{Q{F_2}}}+{k_{N{F_2}}}$=0，即，${k_{Q{F_2}}}=-{k_{N{F_2}}}$，
∴射線F₂Q與射線F₂N的關(guān)于直線x=1對稱．

點評 本題考查了橢圓的定義，軌跡方程的求解，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．