Question

2．已知點(diǎn)A（-1，0）、B（1，0），動(dòng)點(diǎn)P滿足：∠APB=2θ，且|PA|•|PB|cos²θ=1．（P不在線段AB上）
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)（Ⅰ）中軌跡C與y軸正半軸的交點(diǎn)為D點(diǎn)，過(guò)D點(diǎn)作互相垂直的兩條直線分別交軌跡C于另外一點(diǎn)M、N，試問(wèn)直線MN是否經(jīng)過(guò)定點(diǎn)，若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意分點(diǎn)P在x軸上且在線段AB外和點(diǎn)P不在x軸上討論，當(dāng)當(dāng)點(diǎn)P在x軸上且在線段AB外時(shí)，直接求出p的坐標(biāo)，當(dāng)點(diǎn)P不在x軸上時(shí)，由余弦定理可得∴|PA|+|PB|=2$\sqrt{2}$＞2=|AB|，由此求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)DM：y=kx+1，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出M，N的坐標(biāo)，寫(xiě)出直線的兩點(diǎn)式方程，從而求得直線MN經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)．

解答 解：（1）①當(dāng)點(diǎn)P在x軸上且在線段AB外時(shí)，θ=0，設(shè)P（p，0），
由|PA|•|PB|cos²θ=1，得（p+1）（p-1）=1，
∴p=±$\sqrt{2}$，則P（$±\sqrt{2}$，0）；
②當(dāng)點(diǎn)P不在x軸上時(shí)，
在△PAB中，由余弦定理得|AB|²=|PA|²+|PB|²-2|PA|•|PB|cos2θ，
∴4=（|PA|+|PB|）²-2|PA|•|PB|（1+cos2θ）
=（|PA|+|PB|）²-4|PA|•|PB|cos²θ
=（|PA|+|PB|）²-4；
∴|PA|+|PB|=2$\sqrt{2}$＞2=|AB|，即動(dòng)點(diǎn)P在以A、B為兩焦點(diǎn)的橢圓上，
方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1（$x≠±\sqrt{2}$）；
綜和①②可知：動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）顯然，兩直線斜率存在，設(shè)DM：y=kx+1，
代入橢圓方程，得（1+2k²）x²+4kx=0，
解得點(diǎn)M$（\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}，\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）$，同理得N$（\frac{4k}{2+{k}^{2}}，\frac{{k}^{2}-2}{2+{k}^{2}}）$，
直線MN：$y-\frac{{k}^{2}-2}{2+{k}^{2}}=\frac{{k}^{2}-1}{3k}（x-\frac{4k}{2+{k}^{2}}）$，化簡(jiǎn)得$y=\frac{{k}^{2}-1}{3k}x-\frac{1}{3}$，
令x=0，得y=-$\frac{2}{3}$，∴直線MN過(guò)定點(diǎn)（0，$-\frac{1}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，訓(xùn)練了余弦定理在解決三角形問(wèn)題中的應(yīng)用，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，是中檔題．