Question

16．已知直線Ax+By+C=0的方向向量為（B，-A），現(xiàn)有常數(shù)m＞0，向量$\overrightarrow{a}$=（0，1），向量$\overrightarrow$=（m，0），經(jīng)過點(diǎn)A（m，0）以λ$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$為方向向量的直線與經(jīng)過點(diǎn)B（-m，0），以λ$\overrightarrow$-4$\overrightarrow{a}$為方向向量的直線交于點(diǎn)P，其中λ∈R．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡E；
（Ⅱ）若m=2$\sqrt{5}$，F(xiàn)（4，0），問是否存在實(shí)數(shù)k使得過點(diǎn)F以k為斜率的直線與軌跡E交于M，N兩點(diǎn)，并且S_△OMN=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）？若存在，求出k的值；若不存在，試說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出直線AP的方程為y=$\frac{λ}{m}$（x-m），直線NP的方程為y=-$\frac{4}{λm}$（x+m），聯(lián)立方程組得$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，由此能求出點(diǎn)P的軌跡E．
（2）軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，過點(diǎn)F（4，0）以k為斜率的直線的方程為y=k（x-4），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+5k²）x²-40k²x+80k²-20=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式能求出不存在實(shí)數(shù)k使得過點(diǎn)F以k為斜率的直線與軌跡E交于M，N兩點(diǎn)，并且S_△OMN=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

解答 解：（Ⅰ）∵常數(shù)m＞0，向量$\overrightarrow{a}$=（0，1），向量$\overrightarrow$=（m，0），
經(jīng)過點(diǎn)A（m，0）以λ$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$為方向向量的直線與經(jīng)過點(diǎn)B（-m，0），以λ$\overrightarrow$-4$\overrightarrow{a}$為方向向量的直線交于點(diǎn)P，其中λ∈R．
∴λ$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$=（m，λ），λ$\overrightarrow$-4$\overrightarrow{a}$=（λm，-4），
∴直線AP的方程為y=$\frac{λ}{m}$（x-m），①，直線NP的方程為y=-$\frac{4}{λm}$（x+m），
聯(lián)立①②，消去λ，得：${y}^{2}=-\frac{4}{{m}^{2}}（{x}^{2}-{m}^{2}）$，即$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
故當(dāng)m=2時(shí)，軌跡E是以（0，0）為圓心，以2為半徑的圓，其方程為：x²+y²=4．
當(dāng)m＞2時(shí)，軌跡E是以原點(diǎn)為中心，以（$±\sqrt{{m}^{2}-4}$，0）為焦點(diǎn)的橢圓．
當(dāng)0＜m＜2時(shí)，軌跡E是以原點(diǎn)為中心，以（0，$±\sqrt{4-{m}^{2}}$）為焦點(diǎn)的橢圓．
（2）∵m=2$\sqrt{5}$，F(xiàn)（4，0），
∴軌跡E是以原點(diǎn)為原心，以（±4，0）為焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸為2$\sqrt{5}$的橢圓，
∴軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
過點(diǎn)F（4，0）以k為斜率的直線的方程為y=k（x-4），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+5k²）x²-40k²x+80k²-20=0，
△＞0，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{40{k}^{2}}{1+5{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{80{k}^{2}-20}{1+5{k}^{2}}$，
|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（}{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]$=$\frac{4\sqrt{5}（1+{k}^{2}）}{1+5{k}^{2}}$，
O到直線y=k（x-4）的距離d=$\frac{|4k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∵S_△OMN=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}|MN|•d$=$\frac{8\sqrt{5}|k|•\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+5{k}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$，
整理，得22k⁴+7k²+1=0，
△=49-88＜0，∴22k⁴+7k²+1=0無(wú)解，
∴不存在實(shí)數(shù)k使得過點(diǎn)F以k為斜率的直線與軌跡E交于M，N兩點(diǎn)，并且S_△OMN=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡的求法，考查滿足條件的直線方程是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．