Question

3．已知M（0，-$\sqrt{3}$），N（0，$\sqrt{3}$），平面內(nèi)一動點P滿足|PM|+|PN|=4，記動點P的軌跡為E．
（1）求軌跡E的方程；
（2）設直線l₁：y=k₁x+1與軌跡E交于A、B兩點，若在y軸上存在一點Q，使y軸為∠AQB的角平分線，求Q點坐標．
（3）是否存在不過T（0，1）且不垂直于坐標軸的直線l₂與軌跡E及圓T：x²+（y-1）²=9從左到右依次交于C，D，F(xiàn)，G四點，且$\overrightarrow{TD}$-$\overrightarrow{TC}$=$\overrightarrow{TG}$-$\overrightarrow{TF}$？若存在，求l₂的斜率的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的定義可得點P的軌跡是以M，N為焦點，長軸長為4，焦距為2$\sqrt{3}$的橢圓，由此能求出軌跡P的方程；
（2）設點Q（0，t），l₁：y=k₁x+1與軌跡P相交于A，B兩點，由$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}+4{x}^{2}=4}\\{y={k}_{1}x+1}\end{array}\right.$，消去y，得（k₁²+4）x²+2k₁x-3=0，由此利用根的判別式、韋達定理、直線方程、斜率公式能求出點Q的坐標；
（3）假設存在符合題意的直線l₂，設其方程為y=kx+m，且k≠0，設線段DF的中點為H，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+4{x}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0，利用根的判別式、韋達定理，可得H的坐標和直線的斜率．

解答 解：（1）由|PM|+|PN|=4＞2$\sqrt{3}$，
可得點P的軌跡是以M，N為焦點，
長軸長為4，焦距為2$\sqrt{3}$的橢圓，
即a=2，c=$\sqrt{3}$，則b²=a²-c²=1，
故軌跡P的方程為$\frac{{y}^{2}}{4}$+x²=1；
（2）設點Q（0，t），
由過點E（0，1）且不垂直于坐標軸的直線l₁：y=k₁x+1與軌跡P相交于A，B兩點，
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}+4{x}^{2}=4}\\{y={k}_{1}x+1}\end{array}\right.$，消去y，得（k₁²+4）x²+2k₁x-3=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則△=4k₁²+12（k₁²+4）＞0，x₁+x₂=-$\frac{2{k}_{1}}{4+{{k}_{1}}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{3}{4+{{k}_{1}}^{2}}$，
由A（x₁，k₁x₁+1），B（x₂，k₁x₂+1），
可得k_AQ=$\frac{{k}_{1}{x}_{1}+1-t}{{x}_{1}}$，k_BQ=$\frac{{k}_{1}{x}_{2}+1-t}{{x}_{2}}$，
由y軸為∠AQB的角平分線，
可得k_AQ+k_BQ=$\frac{{k}_{1}{x}_{1}+1-t}{{x}_{1}}$+$\frac{{k}_{1}{x}_{2}+1-t}{{x}_{2}}$=0，
即有2k₁x₁x₂+（1-t）（x₁+x₂）=0，
則2k₁（-3）+（1-t）（-2k₁）=2k₁t-8k₁=2（t-4）k₁=0，
解得t=4，則Q點坐標（0，4）；
（3）假設存在符合題意的直線l₂，設其方程為y=kx+m，且k≠0，
設線段DF的中點為H，
由$\overrightarrow{TD}$-$\overrightarrow{TC}$=$\overrightarrow{TG}$-$\overrightarrow{TF}$，可得$\overrightarrow{TD}$+$\overrightarrow{TF}$=$\overrightarrow{TC}$+$\overrightarrow{TG}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{y}^{2}+4{x}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去y，得（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0，
設D（x₃，y₃），F(xiàn)（x₄，y₄），
則△=16（k²-m²+4）＞0，x₃+x₄=-$\frac{2km}{4+{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{{m}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$，
可得H（-$\frac{km}{4+{k}^{2}}$，$\frac{4m}{4+{k}^{2}}$），
由TH⊥DF，可得k_TH=$\frac{\frac{4m}{4+{k}^{2}}}{-\frac{km}{4+{k}^{2}}-1}$=-$\frac{1}{k}$，
解得k²+4=3m，則H（-$\frac{k}{3}$，$\frac{4}{3}$），
將k²+4=3m代入判別式，得0＜k²＜5，
即為0＜k＜$\sqrt{5}$或-$\sqrt{5}$＜k＜0．
故存在這樣的直線l₂，且斜率k∈（-$\sqrt{5}$，0）∪（0，$\sqrt{5}$）符合題意．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用橢圓的定義，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和直線的斜率公式，考查存在性問題的解法，注意運用向量的加減運算和兩直線垂直的條件，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．