Question

13．過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦點(diǎn)F的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，M是AB的中點(diǎn)．
（1）求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程；
（2）過點(diǎn)M且與直線l垂直的直線和坐標(biāo)軸分別交于D，E兩點(diǎn)，記△MDF的面積為S₁，△ODE的面積為S₂，試問：是否存在直線l，使得S₁=S₂？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）：（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）；過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦點(diǎn)F（1，0）的直線l為：y=k（x-1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}{+y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-1=0，求出動(dòng)點(diǎn)M 坐標(biāo)，消去參數(shù)k，即可得到  動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程   
（2）假設(shè)存在直線AB，使得 S₁=S₂，確定G，D的坐標(biāo)，利用△GFD∽△OED，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）；
過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦點(diǎn)F（1，0）的直線l為：y=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}{+y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
消去y，整理得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-1=0，
∴x₁+x₂=$\frac{{4k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{{2k}^{2}-1}{{2k}^{2}+1}$；
∴x=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$=$\frac{{2k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$，
y=k（x-1）=k（$\frac{{2k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$-1）=$\frac{-k}{{2k}^{2}+1}$；
∴$\frac{x}{y}$=-2k，∴k=$\frac{x}{-2y}$；
代入l的方程，得y=$\frac{x}{-2y}$（x-1），化簡(jiǎn)得x²-x+2y²=0，
整理得4${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+8y²=1；
∴點(diǎn)M的軌跡方程為4${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+8y²=1；
（2）假設(shè)存在直線AB，使得 S₁=S₂，顯然直線AB不能與x，y軸垂直．
由（1）可得M（$\frac{{2k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$，$\frac{-k}{{2k}^{2}+1}$），設(shè)D（m，0）
因?yàn)镈G⊥AB，所以k_MD×k=-1，即$\frac{\frac{-k}{2{k}^{2}+1}-0}{\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}-m}×k=-1$⇒m=$\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$
∵Rt△MDF和Rt△ODE相似，∴若S₁=S₂，則|MD|=|OD|
$（\frac{{2k}^{2}}{2{k}^{2}+1}-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{-k}{2{k}^{2}+1}）^{2}$=（$（\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}$⇒4k⁴+3k²+1=0
因?yàn)榇朔匠虩o解，所以不存在直線AB，使得 S₁=S₂

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程方程及其性質(zhì)、向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．