Question

19．已知兩點(diǎn)F₁（-$\sqrt{3}$，0）和F₂（$\sqrt{3}$，0），動(dòng)點(diǎn)P滿足|$\overrightarrow{O{F_1}}$+$\overrightarrow{OP}$|+|$\overrightarrow{O{F_2}}$+$\overrightarrow{OP}$|=4．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)曲線C上的兩點(diǎn)M，N在x軸上方，且F₁M∥F₂N，若以MN為直徑的圓恒過點(diǎn)（0，2），求F₁M的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由向量的坐標(biāo)表示，分別表示出$\overrightarrow{O{F_1}}$+$\overrightarrow{OP}$和$\overrightarrow{O{F_2}}$+$\overrightarrow{OP}$，根據(jù)模長(zhǎng)公式，代入即可求得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線方程，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性求得N點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理求得y₁+y₂和y₁y₂，分別表示出$\overrightarrow{RM}$和$\overrightarrow{RN}$，由以MN為直徑的圓恒過點(diǎn)（0，2），可知$\overrightarrow{RM}$•$\overrightarrow{RN}$=0，即可求得m的值，求得F₁M的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），則$\overrightarrow{O{F_1}}+\overrightarrow{OP}=（x-\sqrt{3}，y），\overrightarrow{O{F_2}}+\overrightarrow{OP}=（x+\sqrt{3}，y）$，
$|\overrightarrow{O{F_1}}+\overrightarrow{OP}|+|\overrightarrow{O{F_2}}+\overrightarrow{OP}|=4?\sqrt{{{（x-\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}=4$，
由橢圓的定義知：動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．（4分）
（Ⅱ）設(shè)直線F₁M：x=my-$\sqrt{3}$，且與曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)為N'，
設(shè)M（x₁，y₁），N'（x₂，y₂），由F₁M∥F₂N及橢圓的對(duì)稱性知：N（-x₂，-y₂）…（6分）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my-\sqrt{3}}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（m²+4）y²-2$\sqrt{3}$my-1=0，
△=16（m²+1）＞0，則y₁+y₂=$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+4}$，y₁-y₂=|y₁-y₂|=$\frac{4\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+4}$，
∵$\overrightarrow{RM}$=（x₁，y₁-2）=（my₁-$\sqrt{3}$，y₁-2），$\overrightarrow{RN}$=（-x₂，-y₂-2）=（-my₂+$\sqrt{3}$，-y₂-2），
∴$\overrightarrow{RM}$•$\overrightarrow{RN}$=（my₁-$\sqrt{3}$）•（-my₂+$\sqrt{3}$）+（y₁-2）（-y₂-2）=0，
即-（m²+1）y₁y₂+$\sqrt{3}$m（y₁+y₂）-2（y₁-y₂）+1=0，
于是m²+1+6m²-8$\sqrt{{m}^{2}+1}$+m²+4=0，
解得m=±$\frac{\sqrt{4\sqrt{10}-2}}{4}$，
所以直線F₁M的方程是x=±$\frac{\sqrt{4\sqrt{10}-2}}{4}$y-$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求解及直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算，韋達(dá)定理，考查考生的運(yùn)算求解能力及分析問題、解決問題的能力，屬于中檔題．