Question

8．如圖，在平面直角坐標中，過F（1，0）的直線FM與y軸交于點M，直線MN與直線FM垂直，且與x軸交于點N，T是點N關于直線FM的對稱點．
（1）點T的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；
（2）橢圓E的中心在坐標原點，F(xiàn)為其右焦點，且離心率為$\frac{1}{2}$，過點F的直線l與曲線C交于A、B兩點，與橢圓交于P、Q兩點，請問：是否存在直線使A、F、Q是線段PB的四等分點？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設T（x，y），可知FM的斜率必存在，故設直線FN的方程為y=k（x-1），求出M（0，-k），N（-k²，0）），由T是點N關于直線FM的對稱點，得T的坐標x，y滿足$\left\{\begin{array}{l}{x={k}^{2}}\\{y=-2k}\end{array}\right.$．即可得曲線C的方程為y²=4x．
（Ⅱ）易得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．假設存在直線l使A、F、Q是線段PB的四等分點，當直線l的斜率不存在或為0時，顯然不滿足題意．設直線l的方程為y=m（x-1）（m≠0）．由圖形可知，必有2AF=FB．聯(lián)立方程，利用韋達定理解得m=$±2\sqrt{2}$，再分別驗證即可．

解答 解：（Ⅰ）設T（x，y），可知FM的斜率必存在，故設直線FN的方程為y=k（x-1）
令x=0，得M（0，-k），∴當k≠0時，直線MN的方程為y+k=-$\frac{1}{k}x$．
令y=0，得N（-k²，0）），
∵T是點N關于直線FM的對稱點∴T的坐標x，y滿足$\left\{\begin{array}{l}{x={k}^{2}}\\{y=-2k}\end{array}\right.$．
消去k得y=4x，當k=0時得T（0，0）．
曲線C的方程為y²=4x．
（Ⅱ）橢圓E的中心在坐標原點，F(xiàn)為其右焦點，且離心率為$\frac{1}{2}$，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
假設存在直線l使A、F、Q是線段PB的四等分點，
當直線l的斜率不存在或為0時，顯然不滿足題意．
設直線l的方程為y=m（x-1）（m≠0）．
由圖形可知，必有2AF=FB．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=m（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$得my²-4y-4m=0；
△=16+16m²＞0，∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{4}{m}$，y₁y₂=-4；
∵2AF=FB．∴$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}=-2$，
又∵$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}=\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}+2+\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}=-\frac{4}{{m}^{2}}$，
解得m=$±2\sqrt{2}$
①當m=2$\sqrt{2}$時，直線l的方程為y=2$\sqrt{2}$（x-1）
此時解得A（$\frac{1}{2}$，-$\sqrt{2}$），B（2，2$\sqrt{2}$）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2\sqrt{2}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得P（$\frac{2}{5}$，-$\frac{6\sqrt{2}}{5}$），Q（$\frac{10}{7}$，$\frac{6\sqrt{2}}{7}$）．
可得y_B≠2y_Q，∴點Q不是FB的中點，∴A、F、Q不是線段PB的四等分點．
同理m=-2$\sqrt{2}$時，也可得A、F、Q不是線段PB的四等分點．
綜上不存在直線l使A、F、Q是線段PB的四等分點．

點評 本題考查了動點的軌跡方程的求解，直與橢圓的位置關系，方程思想，轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．