Question

18．已知點A（-2，0），P是⊙O：x²+y²=4上任意一點，P在x軸上的射影為Q，$\overrightarrow{QP}$=2$\overrightarrow{QG}$，動點G的軌跡為C，直線y=kx（k≠0）與軌跡交于E，F(xiàn)兩點，直線AE，AF分別與y軸交于點M，N．
（1）求軌跡C的方程；
（2）以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點？若經(jīng)過，求出定點的坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)G（x，y），由題意得P（x，2y），把P點坐標(biāo)代入已知圓的方程可得軌跡C的方程；
（2）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求得E，F(xiàn)的坐標(biāo)，得到直線AE與AF的方程，求出MN的中點坐標(biāo)及|MN|，得到以MN為直徑的圓的方程，由圓的方程可知以MN為直徑的圓經(jīng)過兩定點P₁（1，0），P₂（-1，0）．

解答 解：（1）如圖，設(shè)G（x，y），∴Q（x，0），
∵$\overrightarrow{QP}=2\overrightarrow{QG}$，∴P（x，2y），
∵P在⊙O：x²+y²=4上，∴x²+4y²=4．
∴軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）∵點A的坐標(biāo)為（-2，0），直線y=kx（k≠0）與軌跡C交于兩點E，F(xiàn)，
設(shè)點E（x₀，y₀）（不妨設(shè)x₀＞0），則點F（-x₀，-y₀）．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去y得${x^2}=\frac{4}{{1+4{k^2}}}$．
∴${x_0}=\frac{2}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$，則${y_0}=\frac{2k}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$．
∴直線AE的方程為$y=\frac{k}{{1+\sqrt{1+4{k^2}}}}（{x+2}）$．
∵直線AE，AF分別與y軸交于點M，N，
令x=0，得$y=\frac{2k}{{1+\sqrt{1+4{k^2}}}}$，即點$M（{0，\frac{2k}{{1+\sqrt{1+4{k^2}}}}}）$． 
同理可得點$N（{0，\frac{2k}{{1-\sqrt{1+4{k^2}}}}}）$．
∴$|{MN}|=|{\frac{2k}{{1+\sqrt{1+4{k^2}}}}-\frac{2k}{{1-\sqrt{1+4{k^2}}}}}|=\frac{{\sqrt{1+4{k^2}}}}{|k|}$．
設(shè)MN的中點為P，則點P的坐標(biāo)為$P（{0，-\frac{1}{2k}}）$．
則以MN為直徑的圓的方程為${x^2}+{（{y+\frac{1}{2k}}）^2}$=${（{\frac{{\sqrt{1+4{k^2}}}}{2|k|}}）^2}$，
即${x^2}+{y^2}+\frac{1}{k}y=1$．
令y=0，得x²=1，即x=1或x=-1．
故以MN為直徑的圓經(jīng)過兩定點P₁（1，0），P₂（-1，0）．

點評 本題考查利用待定系數(shù)法求曲線的軌跡方程，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了恒過定點問題的求解方法，是中檔題．