Question

12．已知圓F₁：（x+1）²+y²=8，點F₂（1，0），點Q在圓F₁上運動，QF₂的垂直平分線交QF₁于點P．
（1）求動點P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)M、N分別是曲線C上的兩個不同點，且點M在第一象限，點N在第三象限，若$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，O為坐標(biāo)原點，求直線MN的斜率；
（3）過點$S（0，-\frac{1}{3}）$的動直線l交曲線C于A、B兩點，求證：以AB為直徑的圓恒過定點T（0，1）．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，|PF₁|+|PF₂|=|QF₁|=R=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，可知：動點P的軌跡為橢圓，設(shè)標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），可得a=$\sqrt{2}$，c=1，b²=a²-c²．
即可得出橢圓C的方程．
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），F(xiàn)₁（-1，0）．由于$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，可得x₁+2x₂=-2，y₁+2y₂=0．代入橢圓方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}=1$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，聯(lián)立解出即可得出k_MN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
（3）假設(shè)在y軸上存在定點T（0，t），使以AB為直徑的圓恒過這個點．設(shè)直線AB的方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程化為（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0，解出即可．

解答 解：（1）如圖所示，∵|PF₁|+|PF₂|=|QF₁|=R=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，
∴動點P的軌跡為橢圓，設(shè)標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），a=$\sqrt{2}$，c=1，b²=1．
∴方程C為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$=1．
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），F(xiàn)₁（-1，0）．∵$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，
∴x₁+2x₂=-2，y₁+2y₂=0．
∴x₁=-2-2x₂，y₁=-2y₂，代入橢圓方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}=1$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，
聯(lián)立解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-\frac{5}{4}}\\{{y}_{2}=-\frac{\sqrt{14}}{8}}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{1}{2}}\\{{y}_{1}=\frac{\sqrt{14}}{4}}\end{array}\right.$．
∴k_MN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{3\sqrt{14}}{14}$．
（3）假設(shè)在y軸上存在定點T（0，t），使以AB為直徑的圓恒過這個點．設(shè)直線AB的方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
則$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁，y₁-t）•（x₂，y₂-t）=x₁x₂+（y₁-t）（y₂-t）
=x₁x₂+$（k{x}_{1}-\frac{1}{3}）（k{x}_{2}-\frac{1}{3}）$-t$[k（{x}_{1}+{x}_{2}）-\frac{2}{3}]$+t²=（1+k²）x₁x₂-$\frac{1}{3}$（k+kt）（x₁+x₂）（x₁+x₂）+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t²=0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{3}}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化為（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，△＞0恒成立．
∴x₁+x₂=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$．
代入上式可得：-$\frac{16（1+{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$-$\frac{4k（k+3kt）}{9（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t²=0，化為（18t²-18）k²+（9t²+6t-15）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{18{t}^{2}-18=0}\\{9{t}^{2}+6t-15=0}\end{array}\right.$，解得t=1．滿足△＞0．
∴在y軸上存在定點T（0，1），使以AB為直徑的圓恒過這個點T．

點評 本題考查了橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、圓的性質(zhì)、向量坐標(biāo)運算，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．