Question

18．在直角坐標(biāo)系xOy中，動點M到F₁（-$\sqrt{3}$，0）、F₂（$\sqrt{3}$，0）的距離之和是4．
（1）求動點M的軌跡C的方程；
（2）設(shè)過點P（3，0）的直線l與軌跡C交于點A、B，問是否存在定點Q，使得$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$為定值？若存在，求出點Q的坐標(biāo)及這個定值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的定義進行求解即可．
（2）設(shè)直線方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，利用設(shè)而不求的數(shù)學(xué)思想進行化簡求解即可．

解答 解：（1）由題意知曲線C為以F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）為焦點的橢圓，
且c=$\sqrt{3}$，a=2，∴b²=1，
∴曲線C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）由題意知l的斜率k存在且不為0時，假設(shè)存在定點Q（m，n），使$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$為常數(shù)，
設(shè)直線l的方程為 y=k（x-3），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則n=k（m-3）
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$得 （1+4k²） x²-24k²x+36k²-4=0，
∴x₁+x₂=$\frac{24{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{36{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
y₁+y₂=k（x₁+x₂-6）=-$\frac{6k}{1+4{k}^{2}}$，y₁•y₂=k（x₁-3）•k（x₂-3）=$\frac{5{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
則$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=（x₁-m，y₁-n）•（x₂-m，y₂-n）
=（x₁-m）（x₂-m）+（y₁-n）（y₂-n）
=x₁x₂-m（x₁+x₂）+m²+y₁y₂-n（y₁+y₂）+n²
=$\frac{36{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$-m•$\frac{24{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²+$\frac{5{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+n•$\frac{6k}{1+4{k}^{2}}$+n²
=$\frac{（41-24m）{k}^{2}+6nk-4}{1+4{k}^{2}}$+m²+n²，為常數(shù)，與k無關(guān)，
即$\left\{\begin{array}{l}{6n=0}\\{41-24m=-16}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{n=0}\\{m=\frac{19}{8}}\end{array}\right.$，
此時，$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=-4+（$\frac{19}{8}$）²=$\frac{105}{64}$，即Q（$\frac{19}{8}$，0）．
綜上，存在定點Q（$\frac{19}{8}$，0）．使得$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=$\frac{105}{64}$．

點評 本題考查橢圓的定義、方程、性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系、向量數(shù)量積運算，考查運算求解能力，熟練運用韋達定理是及解決相關(guān)問題的基礎(chǔ)