Question

14．已知A（-2，0），B（2，0），且△ABM的周長(zhǎng)等于$2\sqrt{6}+4$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡G的方程；
（2）已知點(diǎn)C，D分別為動(dòng)直線y=k（x-2）（k≠0）與軌跡G的兩個(gè)交點(diǎn)，問(wèn)在x軸上是否存在定點(diǎn)E，使$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$為定值？若存在，試求出點(diǎn)E的坐標(biāo)和定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由△ABM的周長(zhǎng)等于$2\sqrt{6}+4$．得$|{AM}|+|{BM}|+|{AB}|=2\sqrt{6}+4$，即$|{AM}|+|{BM}|=2\sqrt{6}＞4$．由橢圓的定義知，點(diǎn)M的軌跡是橢圓．進(jìn)而求出．
（2）直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由△＞0，得k∈R且k≠0．假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)E（m，0），使得$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$為定值，則$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=（{x_1}-m，{y_1}）•（{x_2}-m，{y_2}）=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}$，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 解：（1）由△ABM的周長(zhǎng)等于$2\sqrt{6}+4$．
得$|{AM}|+|{BM}|+|{AB}|=2\sqrt{6}+4$，即$|{AM}|+|{BM}|=2\sqrt{6}＞4$．
由橢圓的定義知，點(diǎn)M的軌跡是橢圓．
且$2a=2\sqrt{6}$，2c=4，故b²=a²-c²=2．
所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程是$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1（y≠0）$．
（2）由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由△＞0，得k∈R且k≠0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{12{k^2}-6}}{{1+3{k^2}}}$．
根據(jù)題意，假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)E（m，0），使得$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$為定值，
則有$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=（{x_1}-m，{y_1}）•（{x_2}-m，{y_2}）=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}$=$（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{k^2}（{x_1}-2）（{x_2}-2）=（{k^2}+1）{x_1}{x_2}-（2{k^2}+m）（{x_1}+{x_2}）+（4{k^2}+{m^2}）$=$（{k^2}+1）•\frac{{12{k^2}-6}}{{1+3{k^2}}}-（2{k^2}+m）•\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}+（4{k^2}+{m^2}）=\frac{{（3{m^2}-12m+10）{k^2}+（{m^2}-6）}}{{1+3{k^2}}}$．
要使上式為定值，即與k無(wú)關(guān)，
即$\frac{{3{m^2}-12m+10}}{3}=\frac{{{m^2}-6}}{1}$，即3m²-12m+10=3（m²-6），即$m=\frac{7}{3}$．
此時(shí)$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}={m^2}-6=-\frac{5}{9}$為定值，定點(diǎn)E為$（\frac{7}{3}，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、一元二次的根與系數(shù)、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．