Question

20．已知點(diǎn)F（1，0），點(diǎn)P在圓E：（x+1）²+y²=16上，線段PF的垂直平分線交PE于點(diǎn)M．記點(diǎn)M的軌跡為曲線Γ．過(guò)x軸上的定點(diǎn)Q（m，0）（m＞2）的直線l交曲線Γ于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求曲線Γ的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A′，證明：直線A′B恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)S，且|OS|•|OQ|=4．

Answer 1

分析 （I）利用垂直平分線的性質(zhì)、橢圓的定義即可得出．
（Ⅱ）由橢圓的對(duì)稱性可得，定點(diǎn)S必在x軸上．設(shè)直線l的方程為y=k（x-m），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線A'B與x軸的交點(diǎn)為S（s，0）則A'（x₁，-y₁），直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得：（3+4k²）x²-8k²mx+4k²m²-12=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系，及其A'，B，S三點(diǎn)共線，進(jìn)而得出．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，|MP|=|MF|，∴|ME|+|MF|=4，
∵|ME|+|MF|＞|EF|，
∴點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)F（1，0）和E（-1，0）為焦點(diǎn)，2a=4的橢圓，
∴$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$，
∴曲線Γ的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$． 
（Ⅱ）由橢圓的對(duì)稱性可得，定點(diǎn)S必在x軸上．設(shè)直線l的方程為y=k（x-m），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線A'B與x軸的交點(diǎn)為S（s，0）則A'（x₁，-y₁），
∴$\overrightarrow{S{A}^{′}}$=（x₁-s，-y₁），$\overrightarrow{SB}$=（x₂-s，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=k（x-m）\end{array}\right.$得，（3+4k²）x²-8k²mx+4k²m²-12=0，
△＞0，即（4-m²）k²+3＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}m}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}.\end{array}\right.$，
當(dāng)k≠0時(shí)，由A'，B，S三點(diǎn)共線，可得（x₁-s）y₂+（x₂-s）y₁=0，
即k（x₁-s）（x₂-m）+k（x₂-s）（x₁-m）=0，2x₁x₂-（s+m）（x₁+x₂）+2sm=0，
∴$AC=\sqrt{E{C^2}+A{E^2}}=2\sqrt{3}$，
∴$\frac{6sm-24}{{3+4{k^2}}}=0$，
∴$s=\frac{4}{m}$，即$S（\frac{4}{m}，0）$，k=0時(shí)，直線A'B與x軸重合，過(guò)點(diǎn)$S（\frac{4}{m}，0）$．
綜上述，直線A'B恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)$S（\frac{4}{m}，0）$，且$|{OS}|•|{OQ}|=\frac{4}{m}•m$=4．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線、橢圓、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查考生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，屬于難題．