Question

18．已知定點(diǎn)F（0，1），動點(diǎn)M（a，-1）（a∈R），線段FM的中垂線l與直線x=a交于點(diǎn)P．
（1）求動點(diǎn)P的軌跡Г的方程；
（2）當(dāng)△PFM為正三角形時(shí)，過點(diǎn)P作直線l的垂線，交軌跡Г于P，Q兩點(diǎn)，求證：點(diǎn)F在以線段PQ為直徑的圓內(nèi)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)|PF|=|PM|可知P的軌跡為以F為焦點(diǎn)，以y=-1為準(zhǔn)線的拋物線；
（2）求出PQ的方程，聯(lián)立方程組消元，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系和弦長公式計(jì)算|PQ|，PQ的中點(diǎn)N，|NF|，通過比較|NF|與$\frac{1}{2}$|PQ|的大小得出結(jié)論．

解答 解：（I）∵P在FM的中垂線l上，∴|PF|=|PM|
∵PM與直線y=-1垂直，∴|PM|為P到直線y=-1的距離．
∴P到點(diǎn)F（0，1）的距離與P到直線y=-1的距離相等，
∴P的軌跡為以（0，1）為焦點(diǎn)，以直線y=-1為準(zhǔn)線的拋物線．
∴P的軌跡方程為：x²=4y．
（II）不妨設(shè)a＞0，
∵△PFM為正三角形，∴直線FM的傾斜角為150°，即k_FM=tan150°=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴直線FM的方程為：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+1，
令y=-1，得-$\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$=-1，解得x=2$\sqrt{3}$，即M（2$\sqrt{3}$，0）．
把x=2$\sqrt{3}$代入x²=4y得y=3．∴P（2$\sqrt{3}$，3）．
∵l⊥FM，l⊥PQ，
∴FM∥PQ，∴k_PQ=k_FM=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴直線PQ的方程為：y-3=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-2$\sqrt{3}$），即x+$\sqrt{3}$y-5$\sqrt{3}$=0．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x+\sqrt{3}y-5\sqrt{3}=0}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消元得：$\sqrt{3}$x²+4x-20$\sqrt{3}$=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，x₁x₂=-20．y₁+y₂=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{4}$=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=$\frac{34}{3}$．
∴|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{3}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{32}{3}$．∴以PQ為直徑的圓的半徑r=$\frac{16}{3}$．
設(shè)PQ的中點(diǎn)為N，則N（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{17}{3}$）．
∴|NF|=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{3}}{3}）^{2}+（\frac{14}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{3}$．
∵$\frac{4\sqrt{13}}{3}$＜$\frac{16}{3}$，
∴點(diǎn)F在以線段PQ為直徑的圓內(nèi)．

點(diǎn)評 本題考查了拋物線的定義，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，屬于中檔題．