Question

16．已知F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），點(diǎn)P滿足|PF₁|-|PF₂|=2，記點(diǎn)P的軌跡為Γ．斜率為k的直線l過點(diǎn)F₂，且與軌跡Γ相交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求軌跡Γ的方程；
（2）求斜率k的取值范圍；
（3）在x軸上是否存在定點(diǎn)M，使得無論直線l繞點(diǎn)F₂怎樣轉(zhuǎn)動(dòng)，總有MA⊥MB成立？如果存在，求出定點(diǎn)M；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）點(diǎn)P的軌跡E是以F₁、F₂為焦點(diǎn)的雙曲線右支，由此能求出軌跡E的方程．
（2）雙曲線漸近線的斜率為$±\sqrt{3}$，利用斜率為k的直線l過點(diǎn)F₂，且與軌跡Γ相交于A，B兩點(diǎn)，即可求斜率k的取值范圍；
（3）先假設(shè)存在定點(diǎn)M，使MA⊥MB恒成立，設(shè)出M點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)量級(jí)為0，求P點(diǎn)坐標(biāo)，如能求出，則P存在，求不出，則P不存在．

解答 解：（1）由|PF₁|-|PF₂|=2＜|F₁F₂|知，
點(diǎn)P的軌跡E是以F₁、F₂為焦點(diǎn)的雙曲線右支，
由c=2，2a=2，得b²=3，
故軌跡E的方程為${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$，（x≥1）．…（3分）
（2）雙曲線漸近線的斜率為$±\sqrt{3}$，
∵斜率為k的直線l過點(diǎn)F₂，且與軌跡Γ相交于A，B兩點(diǎn)，
∴k$＜-\sqrt{3}$或k$＞\sqrt{3}$；
（3）由（1）得點(diǎn)F₂為（2，0）
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
將方程y=k（x-2）與雙曲線方程聯(lián)立消去y得：（k²-3）x²-4k²x+4k²+3=0，
∴x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}+3}{{k}^{2}-3}$
假設(shè)雙曲線C上存在定點(diǎn)M，使MA⊥MB恒成立，設(shè)為M（m，n）
則$\overrightarrow{MA}$$•\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+[k（x₁-2）-n][k（x₂-2）-n]
=（k²+1）x₁x₂-（2k²+kn+m）（x₁+x₂）+m²+4k²+4kn+n²=$\frac{（{m}^{2}+{n}^{2}-4m-5）{k}^{2}-12nk-3（{m}^{2}+{n}^{2}-1）}{{k}^{2}-3}$=0，
故得：（m²+n²-4m-5）k²-12nk-3（m²+n²-1）=0對(duì)任意的k²＞3恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}+{n}^{2}-4m-5=0}\\{12n=0}\\{{m}^{2}+{n}^{2}-1=0}\end{array}\right.$，解得m=-1，n=0
∴當(dāng)點(diǎn)M為（-1，0）時(shí)，MA⊥MB恒成立；
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由P（2，3），Q（2，-3）知點(diǎn)M（-1，0）使得MA⊥MB也成立．
又因?yàn)辄c(diǎn)（-1，0）是雙曲線C的左頂點(diǎn)，
所以雙曲線C上存在定點(diǎn)M（-1，0），使MA⊥MB恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查斜率的計(jì)算，考查存在性問題，綜合性強(qiáng)，須認(rèn)真審題．