Question

16．在平面直角坐標(biāo)系中，A、B分別是直線y=2x-1與y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$上的動點，若以AB為直徑的圓與直線x=-$\frac{1}{2}$相切．
（Ⅰ）求圓心的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點（$\frac{1}{2}$，0）的直線l與C交于M、N兩點，線段MN的垂直平分線l′交C 于E、F兩點，且M、N、E、F四點在同一圓上，求l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直線y=2x-1與y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$垂直，且交點為（$\frac{1}{2}$，0），設(shè)以AB為直徑的圓心C的坐標(biāo)為（x，y），由題意可得C到直線x=-$\frac{1}{2}$和到點（$\frac{1}{2}$，0）的距離相等，運用拋物線的定義和方程，即可得到；
（Ⅱ）設(shè)l的方程為 x=my+1 （m≠0），代入拋物線方程化簡，利用韋達(dá)定理、中點公式、弦長公式求得弦長|MN|．把直線l′的方程代入拋物線方程化簡，利用韋達(dá)定理、弦長公式求得|EF|．由于EF垂直平分線段MN，故MNEF四點共圓等價于|MH|=|NH|=$\frac{1}{2}$|EF|，由此求得m的值，可得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）直線y=2x-1與y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$垂直，且交點為（$\frac{1}{2}$，0），
設(shè)以AB為直徑的圓心C的坐標(biāo)為（x，y），
則C到直線x=-$\frac{1}{2}$和到點（$\frac{1}{2}$，0）的距離相等，
由拋物線的定義，可得C的軌跡為焦點為（$\frac{1}{2}$，0）的拋物線，
即有方程為y²=2x；
（Ⅱ）由題意可得，直線l和坐標(biāo)軸不垂直，y²=2x的焦點為（$\frac{1}{2}$，0），
設(shè)l的方程為x=my+$\frac{1}{2}$（m≠0），
代入拋物線方程可得y²-2my-1=0，
顯然判別式△=4m²+4＞0，y₁+y₂=2m，y₁•y₂=-1．
∴MN的中點坐標(biāo)為D（m²+$\frac{1}{2}$，m），
弦長|MN|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=2（m²+1）．
又直線l′的斜率為-m，∴直線l′的方程為 x=-$\frac{1}{m}$y+m²+$\frac{3}{2}$．
過F的直線l與C相交于M、N兩點，若MN的垂直平分線l′與C相交于E、F兩點，
把線l′的方程代入拋物線方程可得 y²+$\frac{2}{m}$y-（2m²+3）=0，
∴y₃+y₄=$\frac{-2}{m}$，y₃•y₄=-（2m²+3）．
故線段EF的中點H的坐標(biāo)為（$\frac{1}{{m}^{2}}$+m²+$\frac{3}{2}$，$\frac{-1}{m}$），
∴|EF|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$|y₃-y₄|=$\frac{2（1+{m}^{2}）\sqrt{1+2{m}^{2}}}{{m}^{2}}$，
∵EF垂直平分線段MN，故M，N，E，F(xiàn)四點共圓等價于|MH|=|NH|=$\frac{1}{2}$|EF|，
∴$\frac{1}{4}$MN²+DH²=$\frac{1}{4}$EF²，
∴4（m²+1）² +（1+$\frac{1}{{m}^{2}}$）²+（m+$\frac{1}{m}$）²=$\frac{1}{4}$•$\frac{4（1+{m}^{2}）^{2}•（1+2{m}^{2}）}{{m}^{4}}$，
化簡可得 4m²-1=0，
∴m=±$\frac{1}{2}$，
∴直線l的方程為 2x-y-1=0，或 2x+y-1=0．

點評 本題主要考查求圓心的軌跡方程，直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，韋達(dá)定理、弦長公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．