分析 (1)通過連結(jié)BQ,利用中垂線的性質(zhì)及橢圓的定義即得結(jié)論;
(2)通過設(shè)M(x1,y1)、N(x2,y2),并聯(lián)立直線l與橢圓C的方程,利用韋達(dá)定理可知x1+x2=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$、x1x2=$\frac{4({k}^{2}-3)}{3+4{k}^{2}}$,進(jìn)而可分別求出直線A1M、直線A2N與x=4的交點(diǎn)坐標(biāo),然后驗(yàn)證即得結(jié)論.
解答 (1)解:連結(jié)BQ,則BQ=PQ,
∵AQ+BQ=AQ+QP=AP=4,
∴2a=4,即a=2,
又∵B(1,0),即c=1,
∴b2=a2-c2=4-1=3,
故點(diǎn)Q的軌跡C的方程為:$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1;
(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可知A1(-2,0),A2(2,0),
聯(lián)立直線l與橢圓C的方程,消去y整理得:
(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
則x1+x2=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{4({k}^{2}-3)}{3+4{k}^{2}}$,
∴直線A1M方程為:y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$(x+2),
從而它與直線x=4的交點(diǎn)坐標(biāo)為P(4,$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$),
同理可求得直線A2N與直線x=4的交點(diǎn)坐標(biāo)為Q(4,$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$),
下證$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$,即點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合:
∵y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),
∴$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$-$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{6k({x}_{1}-1)({x}_{2}-2)-2k({x}_{2}-1)({x}_{1}+2)}{({x}_{1}+2)({x}_{2}-2)}$
=$\frac{2k[2{x}_{1}{x}_{2}-5({x}_{1}+{x}_{2})+8]}{({x}_{1}+2)({x}_{2}-2)}$
=$\frac{2k[\frac{8({k}^{2}-3)}{3+4{k}^{2}}-\frac{40{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+8]}{({x}_{1}+2)({x}_{2}-2)}$
=0,
即點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合.
綜上所述,所求直線的方程為:x=4.
點(diǎn)評 本題考查直線與圓的方程的應(yīng)用,涉及橢圓的概念、韋達(dá)定理、中垂線的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查數(shù)形結(jié)合的思想,注意解題方法的積累,屬于中檔題.
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A. | y2=8x | B. | y2=4$\sqrt{3}$x | C. | y2=4x | D. | y2=2$\sqrt{3}$x |
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A. | 橢圓 | B. | 圓 | C. | 雙曲線 | D. | 拋物線 |
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