Question

13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F（0，-1）的距離與P到定直線y=-2的距離的比為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡記為C．
（1）求軌跡C的方程；
（2）若點(diǎn)M在軌跡C上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在圓E：x²+（y-0.5）²=r²（r＞0）上運(yùn)動(dòng)，且總有|MN|≥0.5，
求r的取值范圍；
（3）過(guò)點(diǎn)Q（-$\frac{1}{3}$，0）的動(dòng)直線l交軌跡C于A、B兩點(diǎn)，試問(wèn)：在此坐標(biāo)平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得無(wú)論l如何轉(zhuǎn)動(dòng)，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T？若存在，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)．若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），由題意可得：$\frac{|PF|}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{{x}^{2}+（y+1）^{2}}}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化簡(jiǎn)即可得出．
（2）E（0，$\frac{1}{2}$）．分類討論：①r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，根據(jù)|MN|≥0.5，可得r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$．②0＜r＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，設(shè)M$（cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，|MN|=|EM|-r$≥\frac{1}{2}$，解得r≤|EM|-$\frac{1}{2}$的最小值，即可得出r的取值范圍．
（3）把x=-$\frac{1}{3}$代入橢圓的方程可得：$\frac{1}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，解得y=±$\frac{4}{3}$．取點(diǎn)T（1，0）時(shí)滿足$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0．下面證明：在此坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T（1，0），使得無(wú)論l如何轉(zhuǎn)動(dòng)，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T（1，0）．設(shè)過(guò)點(diǎn)Q（-$\frac{1}{3}$，0）的動(dòng)直線l的方程為：y=k（x+$\frac{1}{3}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程化為：（18+9k²）x²+6k²x+k²-18=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)可得$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁-1）（x₂-1）+${k}^{2}（{x}_{1}+\frac{1}{3}）$$（{x}_{2}+\frac{1}{3}）$=0．即可證明．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），由題意可得：$\frac{|PF|}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{{x}^{2}+（y+1）^{2}}}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化為：x²+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）E（0，$\frac{1}{2}$）．
分類討論：①r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，∵總有|MN|≥0.5，∴r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$=$\sqrt{2}$+1．
②0＜r＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，設(shè)M$（cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，
|MN|=|EM|-r$≥\frac{1}{2}$，解得r≤|EM|-$\frac{1}{2}$=$\sqrt{co{s}^{2}θ+（\sqrt{2}sinθ-\frac{1}{2}）^{2}}$-$\frac{1}{2}$=$\sqrt{（sinθ-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+\frac{3}{4}}$-$\frac{1}{2}$，
∴$0＜r≤\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．
綜上可得：r的取值范圍是$（0，\frac{\sqrt{3}-1}{2}]$∪$[\sqrt{2}+1，+∞）$．
（3）把x=-$\frac{1}{3}$代入橢圓的方程可得：$\frac{1}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，解得y=±$\frac{4}{3}$．取A$（-\frac{1}{3}，\frac{4}{3}）$，B$（-\frac{1}{3}，-\frac{4}{3}）$．
取點(diǎn)T（1，0）時(shí)滿足$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0．
下面證明：在此坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T（1，0），使得無(wú)論l如何轉(zhuǎn)動(dòng)，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T．
設(shè)過(guò)點(diǎn)Q（-$\frac{1}{3}$，0）的動(dòng)直線l的方程為：y=k（x+$\frac{1}{3}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\frac{1}{3}）}\\{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（18+9k²）x²+6k²x+k²-18=0，
∴x₁+x₂=$-\frac{6{k}^{2}}{18+9{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{k}^{2}-18}{18+9{k}^{2}}$．
則$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂=（x₁-1）（x₂-1）+${k}^{2}（{x}_{1}+\frac{1}{3}）$$（{x}_{2}+\frac{1}{3}）$=（1+k²）x₁x₂+$（\frac{1}{3}{k}^{2}-1）$（x₁+x₂）+1+$\frac{1}{9}{k}^{2}$=（1+k²）×$\frac{{k}^{2}-18}{18+9{k}^{2}}$-$（\frac{1}{3}{k}^{2}-1）$×$\frac{6{k}^{2}}{18+9{k}^{2}}$+1+$\frac{1}{9}{k}^{2}$=0．
∴在此坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T（1，0），使得無(wú)論l如何轉(zhuǎn)動(dòng)，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、圓的性質(zhì)、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．