Question

20．已知圓E：（x+1）²+y²=16，點(diǎn)F（1，0），P是圓E上任意一點(diǎn)，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q
（1）求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程；
（2）若直線y=k（x-1）與（1）中的軌跡Γ交于R，S兩點(diǎn)，問是否在x軸上存在一點(diǎn)T，使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí)，總有∠OTS=∠OTR？說明理由．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)QF，運(yùn)用垂直平分線定理可得，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，由橢圓的定義即可得到所求軌跡方程；
（2）假設(shè)存在T（t，0）滿足∠OTS=∠OTR．設(shè)R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，由直線的斜率之和為0，化簡(jiǎn)整理，即可得到存在T（4，0）．

解答 解：（1）連結(jié)QF，根據(jù)題意，|QP|=|QF|，
則|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，
故動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡Γ是以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓．
設(shè)其方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
可知a=2，c=1，∴$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$，
所以點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；          
（2）假設(shè)存在T（t，0）滿足∠OTS=∠OTR．
設(shè)R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\ 3{x^2}+4{y^2}-12=0\end{array}\right.$，
 得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
由韋達(dá)定理有$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$①，其中△＞0恒成立，
由∠OTS=∠OTR（顯然TS，TR的斜率存在），
故k_TS+k_TR=0即$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0$②，
由R，S兩點(diǎn)在直線y=k（x-1）上，
故y₁=k（x₁-1），y₂=k（x₂-1）代入②得$\frac{{k（{{x_1}-1}）（{{x_2}-t}）+k（{{x_2}-1}）（{{x_1}-t}）}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}{=}\frac{{k[{2{x_1}{x_2}-（{t+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+2t}]}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}=0$，
即有2x₁x₂-（t+1）（x₁+x₂）+2t=0③，
將①代入③，即有：$\frac{{8{k^2}-24-（{t+1}）8{k^2}+2t（{3+4{k^2}}）}}{{3{+}4{k^2}}}=\frac{6t-24}{{3+4{k^2}}}=0$④，
要使得④與k的取值無關(guān)，當(dāng)且僅當(dāng)“t=4“時(shí)成立，
綜上所述存在T（4，0），使得當(dāng)k變化時(shí)，總有∠OTS=∠OTR．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用垂直平分線的性質(zhì)和橢圓的定義，考查存在性問題的解法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，以及點(diǎn)滿足直線方程，屬于中檔題．