Question

1．已知△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（0，-1），（0，1）且邊AC，BC所在的直線的斜率之積等于
m（m≠0）
（Ⅰ）求頂點(diǎn)C的軌跡E的方程，并判斷軌跡E的曲線類型；
（Ⅱ）當(dāng)m=$-\frac{1}{2}$時(shí)，過點(diǎn)F（1，0）的直線l交曲線E于M，N兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q（M，Q不重合），求證：直線MQ與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)C（x，y），由題意得-mx²+y²=1（x≠0），由m＜-1，m=-1，-1＜m＜0三種分類討論，能頂點(diǎn)C的軌跡E的方程，并判斷軌跡E的曲線類型．
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），Q（x₂，-y₂），（x₁x₂≠0），當(dāng)m=-$\frac{1}{2}$時(shí)，軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$（x≠0），依題意可知直線l的斜率存在且不為0，則可設(shè)直線l的方程為x=ty+1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（t²+2）y²+2ty-1=0，由此利用韋達(dá)定理，結(jié)合已知條件能求出直線MQ與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)，并能求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)C（x，y），由已知$\frac{y+1}{x}×\frac{y-1}{x}=m$，即-mx²+y²=1（x≠0），
當(dāng)m＜-1時(shí)，軌跡E表示焦點(diǎn)在y軸，且除去（0，1），（0，-1）兩點(diǎn)的橢圓；
當(dāng)m=-1時(shí)，軌跡E表示以點(diǎn)（0，0）為圓心，以1為半徑，且除去點(diǎn)（0，1），（0，-1）兩點(diǎn)的圓；
當(dāng)-1＜m＜0，軌跡E表示焦點(diǎn)在y軸，且除去（0，1），（0，-1）兩點(diǎn)的雙曲線．
證明：（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），Q（x₂，-y₂），（x₁x₂≠0），
當(dāng)m=-$\frac{1}{2}$時(shí)，軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$（x≠0），
依題意可知直線l的斜率存在且不為0，則可設(shè)直線l的方程為x=ty+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理，得（t²+2）y²+2ty-1=0，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2t}{{t}^{2}+2}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-1}{{t}^{2}+2}$，
∵M(jìn)、Q不重合，則x₁≠x₂，y₁≠-y₂，
∴直線MQ的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（x-{x}_{1}）$，
令y=0，得x=x₁+$\frac{{{y}_{1}（{x}_{2}-{x}_{1}）}^{\;}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=ty₁+1+$\frac{t{y}_{1}（{y}_{2}-{y}_{1}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$•$\frac{2t{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+1=$\frac{2t•\frac{-1}{{t}^{2}+2}}{\frac{-2t}{{t}^{2}+2}}$+1=2，
∴直線MQ與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查頂點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查曲線類型的判斷，考查直線與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)的證明，考查圓錐曲線、直線方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．