Question

13．設(shè)拋物線C₁：y²=4x的焦點(diǎn)為F，動點(diǎn)D到點(diǎn)F的距離與到直線x=4的距離之比為$\frac{1}{2}$．
（1）求動點(diǎn)D的軌跡C₂的方程；
（2）過點(diǎn)F作直線l與曲線C₂交于P、Q兩點(diǎn)，A₁，A₂為C₂與x軸的交點(diǎn)，直線PA₁，QA₂相交于點(diǎn)M，直線PA₂，QA₁相交于點(diǎn)N，求證：MF⊥NF．

Answer 1

分析 （1）利用直接法，即可求動點(diǎn)D的軌跡C₂的方程；
（2）（法一）設(shè)直線方程，求出M，N的坐標(biāo)，可得$\overrightarrow{FM}=（{3，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}}）$，$\overrightarrow{FN}=（{3，\frac{{2{y_1}}}{{{x_1}-2}}}）$，利用數(shù)量積公式，即可證明結(jié)論；（法二）設(shè)直線A₁P，A₂P，A₁Q，A₂Q的斜率分別為k₁，k₂，k₃，k₄，點(diǎn)P坐標(biāo)為（x₁，y₁），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₂，y₂）．由（1）可知A₁為（-2，0），A₂為（2，0）．故${k_1}{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1^2}{x_1^2-4}=-\frac{3}{4}$，同理可得${k_3}{k_4}=-\frac{3}{4}$，求出M，N的坐標(biāo)，利用數(shù)量積公式，即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）由y²=4x得F（1，0）…（1分）
設(shè)動點(diǎn)D的坐標(biāo)為（x，y），則$|{DF}|=\sqrt{{{（{x-1}）}^2}+{y^2}}$
動點(diǎn)D到直線x=4的距離為d=|x-4|
由條件得$\frac{{|{DF}|}}bjw1i26=\frac{1}{2}$，即$\frac{{{{（{x-1}）}^2}+{y^2}}}{{{{（{x-4}）}^2}}}=\frac{1}{4}$…（3分）
化簡得動點(diǎn)D的軌跡C₂的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（4分）
（2）（法一）由條件可知l的斜率存在，且不為0．設(shè)l的方程為y=k（x-1）
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（{x-1}）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0
故有${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}，x{\;}_1{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$…（6分）
由條件可知A₁P的方程為：$y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（{x+2}）$…①
A₂Q的方程為：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（{x-2}）$…②
①②聯(lián)立得$x=\frac{{2（{\frac{y_2}{{{x_2}-2}}+\frac{y_1}{{{x_1}+2}}}）}}{{\frac{y_2}{{{x_2}-2}}-\frac{y_1}{{{x_1}+2}}}}$，即$x=2（{1+\frac{2}{{\frac{y_2}{{{x_2}-2}}•\frac{{{x_1}+2}}{y_1}-1}}}）$…（8分）
因?yàn)?\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1$，故${y_1}^2=\frac{3}{4}（{4-x_1^2}）$，所以$\frac{{{x_1}+2}}{y_1}=-\frac{4}{3}\frac{y_1}{{{x_1}-2}}$
因?yàn)?\frac{y_2}{{{x_2}-2}}•\frac{{{x_1}+2}}{y_1}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}•（{-\frac{4}{3}\frac{y_1}{{{x_1}-2}}}）=-\frac{4}{3}•\frac{{{y_1}{y_2}}}{{（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）}}=-\frac{4}{3}•\frac{{{k^2}（{{x_1}{x_2}-（{{x_1}+{x_2}}）+1}）}}{{{x_1}x-2（{{x_1}+{x_2}}）+4}}$=$\frac{{{k^2}（{4{k^2}-12-8{k^2}+3+4{k^2}}）}}{{4{k^2}-12-2•8{k^2}+12+16{k^2}}}=\frac{{-9{k^2}}}{{4{k^2}}}=-\frac{9}{4}$…（10分）
故$x=2（{1+\frac{2}{{（{-\frac{4}{3}}）•（{-\frac{9}{4}}）-1}}}）=2（{1+\frac{2}{2}}）=4$…（11分）
把x=4代入$y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（{x+2}）$得$y=\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}$，故$M（{4，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}}）$…（12分）
同理可得$N（{4，\frac{{2{y_1}}}{{{x_1}-2}}}）$…（13分）
因?yàn)?\overrightarrow{FM}=（{3，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}}）$，$\overrightarrow{FN}=（{3，\frac{{2{y_1}}}{{{x_1}-2}}}）$
故有$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}=9+\frac{{12{y_1}^2}}{x_1^2-4}=9+\frac{{12•\frac{3}{4}•（{4-{x^2}}）}}{{{x^2}-4}}=9-9=0$
所以MF⊥NF．…（14分）
（法二）設(shè)直線A₁P，A₂P，A₁Q，A₂Q的斜率分別為k₁，k₂，k₃，k₄，點(diǎn)P坐標(biāo)為（x₁，y₁），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₂，y₂）．
由（1）可知A₁為（-2，0），A₂為（2，0）．
故${k_1}{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1^2}{x_1^2-4}=-\frac{3}{4}$，同理可得${k_3}{k_4}=-\frac{3}{4}$…（6分）
設(shè)直線A₁P方程為y=k₁（x+2）…①
直線A₂Q的方程為y=k₄（x-2）…②
由①②聯(lián)立可得$M（{\frac{{2（{{k_1}+{k_4}}）}}{{{k_4}-{k_1}}}，\frac{{4{k_1}{k_4}}}{{{k_4}-{k_1}}}}）$
同理可得$N（{\frac{{2（{{k_2}+{k_3}}）}}{{{k_2}-{k_3}}}，\frac{{4{k_2}{k_3}}}{{{k_2}-{k_3}}}}）$
故$\overrightarrow{FM}=（{\frac{{3{k_1}+{k_4}}}{{{k_4}-{k_1}}}，\frac{{4{k_1}{k_4}}}{{{k_4}-{k_1}}}}）$，$\overrightarrow{FN}=（{\frac{{3{k_3}+{k_2}}}{{{k_2}-{k_3}}}，\frac{{4{k_2}{k_3}}}{{{k_2}-{k_3}}}}）$…（8分）
由$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（{x+2}）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$可得$（{3+4k_1^2}）{x^2}+16k_1^2x+16k_1^2-12=0$
因?yàn)锳₁P與曲線C₂交于A₁，P兩點(diǎn)，故$-2{x_1}=\frac{16k_1^2-12}{3+4k_1^2}$
解得${x_1}=\frac{6-8k_1^2}{3+4k_1^2}$，故${y_1}=\frac{{12{k_1}}}{3+4k_1^2}$，即$P（{\frac{6-8k_1^2}{3+4k_1^2}，\frac{{12{k_1}}}{3+4k_1^2}}）$
同理可得$Q（{\frac{6-8k_3^2}{3+4k_3^2}，\frac{{12{k_3}}}{3+4k_3^2}}）$…（10分）
故$\overrightarrow{FP}=（{\frac{3-12k_1^2}{3+4k_1^2}，\frac{{12{k_1}}}{3+4k_1^2}}）$，$\overrightarrow{FQ}=（{\frac{3-12k_3^2}{3+4k_3^2}，\frac{{12{k_3}}}{3+4k_3^2}}）$…（11分）
因?yàn)镻，F(xiàn)，Q三點(diǎn)共線，故有$\frac{3-12k_1^2}{3+4k_1^2}•\frac{{12{k_3}}}{3+4k_3^2}-\frac{3-12k_3^2}{3+4k_3^2}•\frac{{12{k_1}}}{3+4k_1^2}=0$
化簡得（k₃-k₁）•（1+4k₁k₃）=0
因?yàn)閗₁≠k₃，所以${k_1}{k_3}=-\frac{1}{4}$．
又因?yàn)?{k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$，${k_3}{k_4}=-\frac{3}{4}$，所以${k_2}{k_4}=-\frac{9}{4}$…（12分）
故$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}=\frac{{（{3{k_1}+{k_4}}）（{3{k_3}+{k_2}}）}}{{（{{k_4}-{k_1}}）（{{k_2}-{k_3}}）}}+\frac{{16{k_1}{k_2}{k_3}{k_4}}}{{（{{k_4}-{k_1}}）（{{k_2}-{k_3}}）}}$=$\frac{{9{k_1}{k_3}+3{k_1}{k_2}+3{k_3}{k_4}+{k_2}{k_4}+16{k_1}{k_2}{k_3}{k_4}}}{{（{{k_4}-{k_1}}）（{{k_2}-{k_3}}）}}$=$\frac{{9•（{-\frac{1}{4}}）+3•（{-\frac{3}{4}}）+3•（{-\frac{3}{4}}）+（{-\frac{9}{4}}）+16•（{-\frac{3}{4}}）•（{-\frac{3}{4}}）}}{{（{{k_4}-{k_1}}）•（{{k_2}-{k_3}}）}}$=0…（13分）
所以MF⊥NF．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查軌跡方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，有難度．