分析 (1)連結(jié)QF,運(yùn)用垂直平分線定理可得,|QP|=|QF|,可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|=2,由橢圓的定義即可得到所求軌跡方程;
(2)假設(shè)存在T(t,0)滿足∠OTS=∠OTR.設(shè)R(x1,y1),S(x2,y2),聯(lián)立直線方程和橢圓方程,運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0,由直線的斜率之和為0,化簡(jiǎn)整理,即可得到存在T(4,0).
解答 解:(1)連結(jié)QF,根據(jù)題意,|QP|=|QF|,
則|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|=2,
故動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡Γ是以E,F(xiàn)為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓.
設(shè)其方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),
可知a=2,c=1,∴b=√a2−c2=√3,
所以點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程為x24+y23=1;
(2)假設(shè)存在T(t,0)滿足∠OTS=∠OTR.
設(shè)R(x1,y1),S(x2,y2)聯(lián)立{y=k(x−1)3x2+4y2−12=0,
得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
由韋達(dá)定理有{x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2−123+4k2①,其中△>0恒成立,
由∠OTS=∠OTR(顯然TS,TR的斜率存在),
故kTS+kTR=0即y1x1−t+y2x2−t=0②,
由R,S兩點(diǎn)在直線y=k(x-1)上,
故y1=k(x1-1),y2=k(x2-1)代入②得k(x1−1)(x2−t)+k(x2−1)(x1−t)(x1−t)(x2−t)=k[2x1x2−(t+1)(x1+x2)+2t](x1−t)(x2−t)=0,
即有2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0③,
將①代入③,即有:8k2−24−(t+1)8k2+2t(3+4k2)3+4k2=6t−243+4k2=0④,
要使得④與k的取值無(wú)關(guān),當(dāng)且僅當(dāng)“t=4“時(shí)成立,
綜上所述存在T(4,0),使得當(dāng)k變化時(shí),總有∠OTS=∠OTR.
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法,注意運(yùn)用垂直平分線的性質(zhì)和橢圓的定義,考查存在性問(wèn)題的解法,注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立,運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0,以及點(diǎn)滿足直線方程,屬于中檔題.
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