Question

已知點A（-2，0），B（2，0），動點C、D依次滿足|

AC

|=2，

AD

=

1

2

（

AB

+

AC

）．
（1）求動點D的軌跡方程；
（2）過點A作直線l交以A、B為焦點的橢圓于M、N兩點，若線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為

4

5

，且直線l與圓
x²+y²=1相切，求該橢圓的方程；
（3）經(jīng)過（2）中橢圓的上頂點G作直線m、n，使m⊥n，直線m、n分別交橢圓于點P、Q．求證：PQ必過y軸上一定點．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題,軌跡方程

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）設(shè)C（x₀，y₀），D（x，y），由已知條件推導出

x0=2x-2 y0=2y

，由|

AC

|=2，

AD

=

1

2

（

AB

+

AC

）．能求出動點D的軌跡方程．
（2）設(shè)l的方程為y=k（x+2），設(shè)橢圓的方程為

x2

a2

+

y2

a2-4

=1（a＞2），由

y=kx+2 x2 a2 + y2 a2-4 =1

，得（a²k²+a²-4）x²+4a²k²-a⁴+4a²=0，由此利用直線與相切、點到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出橢圓的方程．
（3）設(shè)直線m：y=kx+2，代入橢圓方程得P（-

8k

1+2k2

，

2-4k2

1+2k2

）．同理，Q（

8k

k2+2

，

2k2-4

k2+2

）．由此能證明直線PQ經(jīng)過定點（0，-

2

3

）．

解答： （1）解：設(shè)C（x₀，y₀），D（x，y），則

AC

=（x₀+2，y₀），…（1分）
又

AB

=（4，0），

AD

=（x+2，y）=（

x0

2

+3，

y0

2

），則

x0=2x-2 y0=2y

，…（1分）
代入|

AC

|²=（x₀+2）²+y02=4，得x²+y²=1，…（1分）
即動點D的軌跡方程為x²+y²=1． …（1分）
（2）由題意，直線l的斜率存在．設(shè)l的方程為y=k（x+2），
設(shè)橢圓的方程為

x2

a2

+

y2

a2-4

=1（a＞2），…（1分）
由

y=kx+2 x2 a2 + y2 a2-4 =1

，得（a²k²+a²-4）x²+4a²k²-a⁴+4a²=0．…（1分）
由l與圓x²+y²=1相切，得

|2k|

k2+1

=1，k2=

1

3

，…（1分）
得(a2-3)x2+a2x+4a2-

3

4

a4=0．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=-

a2

a2-3

．    …（1分）
又線段MN中點到y(tǒng)軸的距離|

x1+x2

2

|=

a2

2(a2-3)

=

4

5

，∴a²=8．…（1分）
∴所求橢圓的方程為

x2

8

+

y2

4

=1．  …（1分）
（3）由（2）知G（0，2），設(shè)直線m：y=kx+2，
代入橢圓方程得x²+2（kx+2）²=8，即（2k²+1）x²+8kx=0，…（1分）
解得P（-

8k

1+2k2

，

2-4k2

1+2k2

）．  …（1分）
同理，直線n的方程為y=-

1

k

x+2，Q（

8k

k2+2

，

2k2-4

k2+2

）． …（2分）
故直線PQ的方程為y-

2-4k2

1+2k2

=

k2-1

3k

(x+

8k

1+2k2

)，…（2分）
令x=0，得y=-

2

3

．    …（1分）
∴直線PQ經(jīng)過定點（0，-

2

3

）．  …（1分）

點評：本題考查動點的軌跡方程的求法，考查橢圓方程的求法，考查直線過定點的證明，解題時要認真審題，注意點到直線的距離公式的合理運用．