Question

2．已知$F（-\sqrt{3}，0）$，${F_2}（\sqrt{3}，0）$，動點p滿足|PF₁|+|PF₂|=4．
（1）求動點P的軌跡C的標準方程：
（2）不垂直于坐標軸的直線，與曲線C交于A、B兩點，以AB為直徑的圓過原點，且線段AB的垂直平分線交y軸于點$Q（0，-\frac{3}{2}）$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的定義，求出a，b，即可得到橢圓方程；
（2）設直線l的方程設為y=kx+t，設A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），聯立橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，以AB為直徑的圓過坐標原點，則有x₁x₂+y₁y₂=0，代入化簡整理，再由兩直線垂直的條件，解方程可得k，進而得到所求直線方程．

解答 解：（1）因$|PF|+|P{F_2}|=4＞|F{F_2}|=2\sqrt{3}$…（1分）
故動點P的軌跡C是以F₁，F₂為焦點，2a=4為長軸長的橢圓，其標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（3分）
（2）因l不垂直于坐標軸，故l的斜率存在且不為0，設l的方程為y=kx+m…（4分）A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}}\right.$得$\frac{x^2}{4}+{（kx+m）^2}=1$，化簡得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}}\right.$（*）且△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）=16（-m²+1+4k²）＞0，即1+4k²＞m²…（6分）
由以AB為直徑的圓過原點得OA⊥OB，得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$
即${x_1}{x_2}+（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）=（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$…（8分）
由（*）代入得$（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+mk\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$，化簡得5m²=4+4k²①…（9分）
設AB中點為M（x₀，y₀），則${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}$$，{y_0}=k{x_0}+m=\frac{m}{{1+4{k^2}}}$，
故AB的中垂線方程為$y-\frac{m}{{1+4{k^2}}}=-\frac{1}{k}（{x+\frac{4km}{{1+4{k^2}}}}）$，即$y=-\frac{x}{k}-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$，…（10分）
代入$Q（0，-\frac{3}{2}）$得$-\frac{3}{2}=-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$，即2m=1+4k²＞1②，…（11分）
由①②得5m²=2m+3，解得m=1或$m=-\frac{3}{5}$（舍去），
故$4{k^2}=1，k=±\frac{1}{2}$，直線l的方程為$y=±\frac{1}{2}x+1$…（12分）

點評 本題考查橢圓的方程和性質，主要考查橢圓的定義，聯立直線方程，運用韋達定理，同時考查圓的性質：直徑所對的圓周角為直角，考查直線垂直的條件和直線方程的求法，屬于中檔題．