Question

9．已知?jiǎng)狱c(diǎn)P與兩定點(diǎn)A（-2，0），B（2，0）連線的斜率之積為-$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）若過點(diǎn)F（-$\sqrt{3}$，0）的直線l與軌跡C交于M、N兩點(diǎn)，且軌跡C上存在點(diǎn)E使得四邊形OMEN（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為平行四邊形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出P的坐標(biāo)，由${k}_{PA}•{k}_{PB}=-\frac{1}{4}$化簡整理可得曲線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由題意知l的斜率一定不為0，設(shè)l：x=my-$\sqrt{3}$，代入橢圓方程整理得（m²+4）y²-$2\sqrt{3}$my-1=0，假設(shè)存在點(diǎn)E，使得四邊形OMEN為平行四邊形，其充要條件為$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x₁+x₂，y₁+y₂）．由此利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件能求出直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），由${k}_{PA}•{k}_{PB}=-\frac{1}{4}$，得
$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{4}$，整理得：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
∴曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由題意知l的斜率一定不為0，
故不妨設(shè)l：x=my-$\sqrt{3}$，代入橢圓方程整理得（m²+4）y²-$2\sqrt{3}$my-1=0，
△=12m²+4m²+16=16m²+16＞0，
則${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{1}{{m}^{2}+4}$，①
假設(shè)存在點(diǎn)E，使得四邊形OMEN為平行四邊形，
其充要條件為$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x₁+x₂，y₁+y₂）．
由點(diǎn)E在橢圓上，即$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{4}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}=1$，
整理得${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+4{{y}_{1}}^{2}+4{{y}_{2}}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}+8{y}_{1}{y}_{2}-4=0$．
又M，N在橢圓上，即${{x}_{1}}^{2}+4{{y}_{1}}^{2}=4，{{x}_{2}}^{2}+4{{y}_{2}}^{2}=4$，
故x₁x₂+4y₁y₂=-2，②
又${x}_{1}{x}_{2}=（m{y}_{1}-\sqrt{3}）（m{y}_{2}-\sqrt{3}）$=${m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-\sqrt{3}m（{y}_{1}+{y}_{2}）+3$，
將①②代入上式解得m=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
即直線l的方程是：x=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$y+1，
即$\sqrt{5}x±2y-\sqrt{5}=0$．

點(diǎn)評 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與直線方程的求法，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用，是中檔題．