Question

3．已知F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)M是圓x²+y²=4上的動點(diǎn)，動點(diǎn)G滿足$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=$\overrightarrow{MG}$，過點(diǎn)M作直線l⊥F₂G并交直線F₁G于點(diǎn)N．
（1）求點(diǎn)N的軌跡方程E；
（2）設(shè)P是（1）中軌跡E上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)為A，關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為Q，線段PQ與x軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為CQ的中點(diǎn)，若直線AD與橢圓E的另一個交點(diǎn)為B，試判斷直線PA，PB是否相互垂直？并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）連接NF₂，則|NF₂|=|NG|，利用橢圓的定義，即可求橢圓E的方程；
（2）PA⊥PB，設(shè)P（x₀，y₀），將直線AD的方程y=$\frac{{y}_{0}}{4{x}_{0}}$（x+x₀）-y₀代入橢圓的方程，并整理，求出B的坐標(biāo)，證明k_PA•k_PB=-1，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）連接NF₂，則|NF₂|=|NG|，
∴|NF₁|+|NF₂|=|F₁G|．
連接OM，則|F₁G|=2|OM|=4，
∴|NF₁|+|NF₂|=4＞|F₁F₂|，
∴點(diǎn)N的軌跡是以F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）為焦點(diǎn)的橢圓，且2a=4，2c=2$\sqrt{3}$，
∴a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴b=1，
∴點(diǎn)N的軌跡方程E：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1；
（2）PA⊥PB．
證明：設(shè)P（x₀，y₀），則A（-x₀，-y₀），D（x₀，-$\frac{1}{2}$y₀）且x₀²+4y₀²=4
將直線AD的方程y=$\frac{{y}_{0}}{4{x}_{0}}$（x+x₀）-y₀代入橢圓的方程，
并整理得（4x₀²+y₀²）x-6x₀y₀²+9x₀²y₀²-16x₀²=0
由題意，可知此方程必有一根-x₀，
x_B=$\frac{6{x}_{0}{{y}_{0}}^{2}}{4{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$+x₀，y_B=$\frac{{{y}_{0}}^{3}-2{{x}_{0}}^{2}{y}_{0}}{4{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$，
所以k_PB=$\frac{\frac{{{y}_{0}}^{3}-2{{x}_{0}}^{2}{y}_{0}}{4{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}-{y}_{0}}{\frac{6{x}_{0}{{y}_{0}}^{2}}{4{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$=$\frac{-6{{x}_{0}}^{2}{y}_{0}}{6{x}_{0}{{y}_{0}}^{2}}$=-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$
故有k_PA•k_PB=-1，即PA⊥PB．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，屬于中檔題．