Question

18．在直角坐標平面內(nèi)，已知兩點A（1，0），B（4，0），設(shè)M是平面內(nèi)的動點，并且|${\overrightarrow{BM}}$|=2|${\overrightarrow{AM}}$|．
（Ⅰ）求動點M的軌跡E的方程；
（Ⅱ）自點B引直線l交曲線E于Q，N兩點，求證：射線AQ與射線AN關(guān)于直線x=1對稱．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件，設(shè)點M坐標，代入|${\overrightarrow{BM}}$|=2|${\overrightarrow{AM}}$|，化簡即可得動點M的軌跡E的方程；
（Ⅱ）射線AQ與射線AN關(guān)于直線x=1對稱，證明k_QA+k_NA=0即可．

解答 （Ⅰ）解：設(shè)M（x，y），$|{\overrightarrow{BM}}|=\sqrt{{{（x-4）}^2}+{y^2}}$，$|{\overrightarrow{AM}}|=\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}$，
由于$|{\overrightarrow{BM}}|=2|{\overrightarrow{AM}}|$，則$\sqrt{{{（x-4）}^2}+{y^2}}$=$2\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}$，
化簡得，x²+y²=4，
動點M的軌跡E的方程x²+y²=4．-------（4分）
（Ⅱ）證明：設(shè)Q（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線l：y=k（x-4），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}=4\\ y=k（x-4）\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-8k²x+16k²-4=0，
判別式△=16（1-3k²）＞0，解之：$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}＜k＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{16{k^2}-4}}{{1+{k^2}}}$，
又因為y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），k_QA+k_NA=$\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}$=$\frac{{k（{x_1}-4）（{x_2}-1）+k（{x_2}-4）（{x_1}-1）}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$
=$k\frac{{2{x_1}{x_2}-5（{x_1}+{x_2}）+8}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$，
由于2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=$2•\frac{{16{k^2}-4}}{{1+{k^2}}}$$-5•\frac{{8{k^2}}}{{1+{k^2}}}$+$8•\frac{{1+{k^2}}}{{1+{k^2}}}$=0，
所以，k_QA+k_NA=0，即，k_QA=-k_NA，
因此，射線AQ與射線AN關(guān)于直線x=1對稱．-----------（12分）

點評 本題考查圓的方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．