Question

14．已知兩點(diǎn)$A（-\sqrt{2}，0），B（\sqrt{2}，0）$，動點(diǎn)P在y軸上的投影是Q，且$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}=|\overrightarrow{PQ}{|^2}$．
（Ⅰ）求動點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過F（1，0）作互相垂直的兩條直線交軌跡C于點(diǎn)G，H，M，N，且E₁，E₂分別是GH，MN的中點(diǎn)．求證：直線E₁E₂恒過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y）∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（x，0），利用$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={|{\overrightarrow{PQ}}|^2}$，即可得出．
（2）當(dāng)兩直線的斜率都存在且不為0時(shí)，設(shè)l_GH：y=k（x-1），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂）${l_{MN}}：y=-\frac{1}{k}（x-1），M（{x_3}，{y_3}），H（{x_4}，{y_4}）$，聯(lián)立方程得，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可得出．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y）∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（x，0）．
∵$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={|{\overrightarrow{PQ}}|^2}$，
∴$2[（-\sqrt{2}-x）（\sqrt{2}-x）+{y^2}]={x^2}$∴點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$---------（4分）
（2）證明：當(dāng)兩直線的斜率都存在且不為0時(shí)，
設(shè)l_GH：y=k（x-1），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂）
${l_{MN}}：y=-\frac{1}{k}（x-1），M（{x_3}，{y_3}），H（{x_4}，{y_4}）$，
聯(lián)立方程得，$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，∴△＞0恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}\end{array}\right.$，---------（6分）
∴GH中點(diǎn)E₁坐標(biāo)為$（\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-k}{{2{k^2}+1}}）$
同理，MN中點(diǎn)E₂坐標(biāo)為$（\frac{2}{{{k^2}+2}}，\frac{k}{{{k^2}+2}}）$---------（8分）
∴${k_{{E_1}{E_2}}}=\frac{-3k}{{2（{k^2}-1）}}$
∴${l_{{E_1}{E_2}}}$的方程為$y=\frac{-3k}{{2（{k^2}-1）}}（x-\frac{2}{3}）$，∴過點(diǎn)$（\frac{2}{3}，0）$---------（10分）
當(dāng)兩直線的斜率分別為0和不存在時(shí)，${l_{{E_1}{E_2}}}$的方程為y=0，也過點(diǎn)$（\frac{2}{3}，0）$
綜上所述，${l_{{E_1}{E_2}}}$過定點(diǎn)$（\frac{2}{3}，0）$---------（12分）

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．