Question

7．已知圓x²+y²=4上任意一點P在x軸上的射影為H，點F滿足條件$\overrightarrow{OH}$+$\overrightarrow{OP}$=2$\overrightarrow{OF}$，O為坐標(biāo)原點．
（1）求點F的軌跡C的方程；
（2）若直線l：y=kx+m與曲線C交于不同兩點A，B，點N時線段AB中點，設(shè)射線ON交曲線C于點Q，且$\overrightarrow{OQ}$=$\sqrt{2}$$\overrightarrow{ON}$，求m和k滿足的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用代入法求橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由直線代入橢圓方程，消去y，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、中點坐標(biāo)公式，結(jié)合已知條件能證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點F（x，y），點P（x'，y'），因為點P在x軸上的射影為H，所以H（x'，0）．
又因為$\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OF}$，所以點F是線段PH的中點，
即有$\left\{\begin{array}{l}x=x'\\ y=\frac{y'}{2}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}x'=x\\ y'=2y\end{array}\right.$…（3分）
因為點P是圓x²+y²=4上任意一點，所以（x'）²+（y'）²=4，
所以${（x）^2}+{（{2y}）^2}=4⇒\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
所以點F的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（5分）
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立解方程組：$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.⇒（{1+4{k^2}}）{x^2}+8kmx+4{m^2}-4=0$，…（7分）
∴$\left\{\begin{array}{l}△={（{8km}）^2}-4（{1+4{k^2}}）（{4{m^2}-4}）＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{m^2}＜1+4{k^2}\\{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$，…（9分）
∴${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+2m=\frac{2m}{{1+4{k^2}}}$．
又點N是線段AB中點，由中點坐標(biāo)公式，得$N（\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}，\frac{m}{{1+4{k^2}}}）$，…（10分）
又$\overrightarrow{OQ}=\sqrt{2}\overrightarrow{ON}$，得$Q（\frac{{-4\sqrt{2}km}}{{1+4{k^2}}}，\frac{{\sqrt{2}m}}{{1+4{k^2}}}）$，…（11分）
將$Q（\frac{{-4\sqrt{2}km}}{{1+4{k^2}}}，\frac{{\sqrt{2}m}}{{1+4{k^2}}}）$代入橢圓方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
得$\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{{{（{1+4{k^2}}）}^2}}}+\frac{{2{m^2}}}{{{{（{1+4{k^2}}）}^2}}}=1$，化簡得2m²=16k⁴+8k²+1-8k²m²…（13分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查方程的證明，考查三角形面積的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意弦長公式的合理運(yùn)用．