Question

6．已知E（1，0），K（-1，0），P是平面上一動點，且滿足$|\overrightarrow{PE}|•|\overrightarrow{KE}|=\overrightarrow{PK}•\overrightarrow{EK}$．
（1）求點P的軌跡C對應的方程；
（2）過點K的直線l與C相交于A、B兩點（A點在x軸上方），點A關于x軸的對稱點為D，且$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}=-8$，求△ABD的外接圓的方程．

Answer 1

分析 （1）設P（x，y），則$\overrightarrow{PE}=（1-x，-y）$，$\overrightarrow{PK}=（-1-x，-y）$，$\overrightarrow{EK}=（-2，0）$，$\overrightarrow{KR}=（2，0）$．由P是平面上一動點，且滿足$|\overrightarrow{PE}|•|\overrightarrow{KE}|=\overrightarrow{PK}•\overrightarrow{EK}$．能求出點P的軌跡C對應的方程．
（2）設l的方程為x=my-1（m＞0）．將x=my-1代入y²=4x并整理得y²-4my+4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、中點坐標公式、點到直線距離公式、弦長公式，結合題意能求出△ABD的外接圓M的方程．

解答 解：（1）設P（x，y），$\overrightarrow{PE}=（1-x，-y）$，
$\overrightarrow{PK}=（-1-x，-y）$，$\overrightarrow{EK}=（-2，0）$，$\overrightarrow{KR}=（2，0）$．
∵$|\overrightarrow{PE}|•|\overrightarrow{KE}|=\overrightarrow{PK}•\overrightarrow{EK}$，
∴$2\sqrt{{{（1-x）}^2}+{y^2}}=2（x+1）$，
整理，得點P的軌跡C對應的方程為y²=4x．
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₁，-y₁），
l的方程為x=my-1（m＞0）．
將x=my-1代入y²=4x并整理得y²-4my+4=0，
由△＞0，解得m＞1，從而y₁+y₂=4m，y₁y₂=4．
x₁+x₂=（my₁-1）+$（m{y_2}-1）=4{m^2}-2$，${x_1}{x_2}=\frac{{{y_1}^2{y_2}^2}}{16}=1$．
∵$\overrightarrow{EA}=（{x_1}-1，{y_1}）$，$\overrightarrow{EB}=（{x_2}-1，{y_2}）$，
∴$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}=（{x_1}-1）（{x_2}-1）+{y_1}{y_2}$=${x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+1+4=8-4{m^2}$．
∴8-4m²=-8，解得m=2，∴l(xiāng)的方程為x-2y+1=0．
設AB中點為（x₀，y₀），
則${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2{m^2}-1=7$，${y_0}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}=2m=4$，AB中垂線方程y-4=-2（x-7）．
令y=0得x=9，圓心坐標（9，0），到AB的距離為$2\sqrt{5}$．
$|AB|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=4\sqrt{15}$．
圓的半徑$r=\sqrt{{{（2\sqrt{15}）}^2}-{{（2\sqrt{5}）}^2}}=2\sqrt{10}$，
△ABD的外接圓M的方程（x-9）²+y²=40．

點評 本題考查點的軌跡方程式、圓的方程的求法，考查拋物線、圓的概念、性質的應用，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉化化歸思想，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、中點坐標公式、點到直線距離公式、弦長公式的合理運用．