Question

16．已知定點M（-$\sqrt{2}，0}$），N是圓C：（x-$\sqrt{2}}$）²+y²=16（C為圓心） 上的動點，MN的垂直平分線與NC交于點E．
（1）求動點E的軌跡方程C₁；
（2）直線l與軌跡C₁交于P，Q兩點，與拋物線C₂：x²=4y交于A，B兩點，且拋物線C₂在點A，B處的切線垂直相交于S，設(shè)點S到直線l的距離為d，試問：是否存在直線l，使得d=$\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：：|EM|+|EC|=|EN|+|EC|=|NC|=4，故動點E的軌跡為以M，C為焦點，長軸為4的橢圓，分別求得a、b和c的值，求得動點E的軌跡方程C₁；
（2）設(shè)出直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達定理求得x₁+x₂及x₁x₂，利用導(dǎo)數(shù)法求得直線PA和PB的斜率，由PA⊥PB，求得m的值，直線l過拋物線C₂的焦點F，求得交點S的坐標，根據(jù)點到直線的距離公式，求得S到到直線l：kx-y+1=0的距離d，根據(jù)弦長公式求得丨PQ丨及|AB|，由$d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$，求得28k⁴+36k²+7=0，此方程無解，不存在直線l，使得 $d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$．

解答 解：（1）依題意有：|EM|+|EC|=|EN|+|EC|=|NC|=4，故動點E的軌跡為以M，C為焦點，長軸為4的橢圓．
于是：$a=2，c=\sqrt{2}$，從而$b=\sqrt{2}$，故動點E的軌跡方程C₁為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）設(shè)直線l：y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₃，y₃）Q（x₄，y₄），由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，
得：x²-4kx-4m=0，故x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4m．
由x²=4y得：$y=\frac{1}{4}{x^2}$，即切線斜率$k=y'=\frac{x}{2}$．
于是：${k_{PA}}=\frac{x_1}{2}，{k_{PB}}=\frac{x_2}{2}$，
由PA⊥PB得；${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{x_1}{2}×\frac{x_2}{2}=\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}=-m=-1$，
解得：m=1，
這說明直線l過拋物線C₂的焦點F，由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x_1}{2}x-\frac{x_1^2}{4}\\ y=\frac{x_2}{2}x-\frac{x_2^2}{4}\end{array}\right.$，
得：$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2k，y=\frac{x_1}{2}•2k-\frac{x_1^2}{4}=k{x_1}-\frac{x_1^2}{4}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}{x_1}-\frac{x_1^2}{4}=\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}=-1$即S（2k，-1）．
于是：點S（2k，-1）到直線l：kx-y+1=0的距離$d=\frac{{2{k^2}+2}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=2\sqrt{1+{k^2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\{x^2}+2{y^2}=4\end{array}\right.$得：（1+2k²）x²+4kx-2=0，
從而$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{{{（{4k}）}^2}-4（{1+2{k^2}}）•（{-2}）}}}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{8（{1+4{k^2}}）}}}{{1+2{k^2}}}$，
同理：|AB|=4（1+k²），
由$d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$得$2\sqrt{（{1+2{k^2}}）}=\sqrt{4（{1+{k^2}}）•（{1+{k^2}}）\frac{{\sqrt{8（{1+4{k^2}}）}}}{{1+2{k^2}}}}$，
化簡整理，得：28k⁴+36k²+7=0，此方程無解，
所以不存在直線l，使得 $d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$．

點評 本題考查橢圓的軌跡方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，點到直線的距離公式等知識的綜合運用，考查分析問題及解決問題的能力，屬于中檔題．