Question

14．已知圓C：（x+1）²+y²=12及點(diǎn)F（1，0）點(diǎn)，P在圓上，M，N分別為PF、PC上的點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{PM}$=$\overrightarrow{MF}$，$\overrightarrow{MN}$•$\overrightarrow{PF}$=0
（1）求N的軌跡W的方程；
（2）是否存在過點(diǎn)F（1，0）的直線l與曲線W相交于A，B兩點(diǎn)，并且與曲線W上一點(diǎn)Q，使得四邊形OAQB為平行四邊形？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出曲線W是以C，F(xiàn)為焦點(diǎn)的橢圓，且a=$\sqrt{3}$，c=1，b=$\sqrt{2}$，由此能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)l：x=my+1，代入橢圓方程整理得（2m²+3）y²+4my-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出直線l的方程．

解答 （本小題滿分13分）
解：（1）由M，N分別為PF、PC上的點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{PM}$=$\overrightarrow{MF}$，$\overrightarrow{MN}$•$\overrightarrow{PF}$=0
得道直線MN為線段PF的中垂線，則|PN|=|NF|，
因此|NC|+|NF|=2$\sqrt{3}$，曲線W是以C，F(xiàn)為焦點(diǎn)的橢圓，且a=$\sqrt{3}$，c=1，b=$\sqrt{2}$，
所以曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．…（6分）
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意知l的斜率一定不為0，
故不妨設(shè)l：x=my+1，代入橢圓方程整理得（2m²+3）y²+4my-4=0，…（7分）
△=16m²+16（2m²+3）＞0，
${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{4m}{2{m}^{2}+3}$，${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{4}{2{m}^{2}+3}$，①，…（8分）
假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得四邊形OAQB為平行四邊形，其充要條件為$\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，
則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₁+x₂，y₁+y₂）．由點(diǎn)Q在橢圓上，即$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{3}$+$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{2}$=1，
整理得$2{{x}_{1}}^{2}+3{{y}_{1}}^{2}+2{{x}_{2}}^{2}+3{{y}_{2}}^{2}+4{x}_{1}{x}_{2}$+6y₁y₂=6，…（10分）
又A，B在橢圓上，即$2{{x}_{1}}^{2}+3{{y}_{1}}^{2}=6，2{{x}_{2}}^{2}+3{{y}_{2}}^{2}=6$，
故2x₁x₂+3y₁y₂=-3，②…（11分）
所以x₁x₂=（my₁+1）（my₂+1）=m²y₁y₂+m（y₁+y₂）+1，
將①②代入上式解得m=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，…（12分）
即直線l的方程是：x=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$y+1，即2x$±\sqrt{2}y$-2=0．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線方程的求法，考查滿足條件的直線方程是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．