Question

2．設A、B分別是直線y=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$x和y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$x上的動點，且|AB|=$\sqrt{2}$，設O為坐標原點，動點P滿足$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$．
（1）求點P的軌跡方程；
（2）過點（$\sqrt{3}$，0）做兩條相互垂直的直線l₁，l₂，直線l₁，l₂與點P的軌跡相交弦分別為CD、EF，設CD、EF的弦中點分別為M、N，求證：直線MN恒過一個定點．

Answer 1

分析 （1）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，得x=${x}_{1}+{x}_{2}=\sqrt{2}$（y₁-y₂），y=${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$，由此利用|AB|=$\sqrt{2}$，能求出點P的軌跡方程．
（2）設直線l₁的方程為x-$\sqrt{3}$=ky，聯立$\left\{\begin{array}{l}{x-\sqrt{3}=ky}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k²+4）y²+2$\sqrt{3}y-1=0$，由此利用韋達定理、直線斜率公式、直線方程，結合已知條件能證明直線MN恒過一定點．

解答 解：（1）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），
∵動點P滿足$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，∴x=x₁+x₂，y=y₁+y₂，
∵${y}_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}，{y}_{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}$，
∴x=${x}_{1}+{x}_{2}=\sqrt{2}$（y₁-y₂），y=${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$，
∵|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{2}{x}^{2}+2{y}^{2}=2$，
∴點P的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
證明：（2）設C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），設直線l₁的方程為x-$\sqrt{3}$=ky，
聯立$\left\{\begin{array}{l}{x-\sqrt{3}=ky}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k²+4）y²+2$\sqrt{3}y-1=0$，
y₃+y₄=$\frac{2\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}$，x₃+x₄=$\frac{8\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}$，
∴M（$\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}$），同理，N（$\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}$），
∴直線MN的斜率${k}_{MN}=\frac{\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}+\frac{\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}}{\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-\frac{4\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}}$=$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$，
∴直線MN的方程為y+$\frac{\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}$=$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$（x-$\frac{4\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}$），
整理化簡，得$4{k}^{4}y+（4\sqrt{3}-5x）{k}^{2}+12{k}^{2}y+（-20x+16\sqrt{3}）k=0$，
∴x=$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，y=0，
∴直線MN恒過定點（$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，0）．

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查直線恒過一定點的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、直線斜率公式、橢圓性質的合理運用．