Question

17．在平面直角坐標(biāo)系中，動點M到定點F（-1，0）的距離和它到直線l：x=-2的距離之比是常數(shù)$\frac{\sqrt{2}}{2}$，記動點M的軌跡為T．
（1）求軌跡T的方程；
（2）過點F且不與x軸重合的直線m，與軌跡T交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點P，與軌跡T是否存在點Q，使得四邊形APBQ為菱形？若存在，請求出直線m的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動點M（x，y），由點到直線的距離公式和兩點間距離公式列出方程，能求出軌跡T的方程．
（2）假設(shè)存在Q（x₀，y₀）滿足條件．設(shè)依題意設(shè)直線m為x=ky-1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（k²+2）y²-2ky-1=0，由此利用韋達(dá)定理、橢圓性質(zhì)、直線方程，結(jié)合已知條件能求出直線m的方程．

解答 解：（1）設(shè)動點M（x，y），
∵動點M到定點F（-1，0）的距離和它到直線l：x=-2的距離之比是常數(shù)$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴由題意，得$\frac{{\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}}}{{\left|{x+2}\right|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
化簡整理得C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
∴軌跡T的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（3分）
（2）假設(shè)存在Q（x₀，y₀）滿足條件．設(shè)依題意設(shè)直線m為x=ky-1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（k²+2）y²-2ky-1=0，
令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則y₁+y₂=$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，x₁+x₂=k（y₁+y₂）-2=$\frac{-4}{{{k^2}+2}}$，…（7分）
∴AB的中點N的坐標(biāo)為（$\frac{-2}{{{k^2}+2}}$，$\frac{k}{{{k^2}+2}}$）．
∵PQ⊥l，∴直線PQ的方程為y-$\frac{k}{{{k^2}+2}}$=-k（x+$\frac{2}{{{k^2}+2}}$），
令y=0，解得x=$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，即P（$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，0）．…（9分）
∵P、Q關(guān)于N點對稱，∴$\frac{-2}{{{k^2}+2}}$=$\frac{1}{2}$（ x₀$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$），$\frac{k}{{{k^2}+2}}$=$\frac{1}{2}$（ y₀+0），
解得x₀=$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$，y₀=$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，即Q（$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$，$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$）． …（11分）
∵點Q在橢圓上，∴（$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$）²+2（$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$）²=2，
解得k²=$\sqrt{\frac{1}{2}}$，∴$\frac{1}{k^2}=\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{k}$=±$\root{4}{2}$，
∴m的方程為y=$\root{4}{2}$x+$\root{4}{2}$或y=-$\root{4}{2}$x-$\root{4}{2}$．  …（13分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，考查滿足條件的直線是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、橢圓性質(zhì)、直線方程的合理運用．