Question

4．已知圓E：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=16，點(diǎn)F（$\sqrt{3}$，0），P是圓E上任意一點(diǎn)，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡Γ的方程；
（Ⅱ）直線l過點(diǎn)（1，1），且與軌跡Γ交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，延長線段OM與軌跡Γ交于點(diǎn)R，四邊形OARB能否為平行四邊形？若能，求出此時(shí)直線l的方程，若不能，說明理由．

Answer 1

分析 （I）利用橢圓的定義即可得出E的軌跡方程；
（II）討論直線l的斜率，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出M點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)平行四邊形對(duì)角線互相平分得出R點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程化簡即可得出直線l的斜率k．

解答 解：（I））∵|QE|+|QF|=|EQ|+|QP|=4，且|EF|=2$\sqrt{3}$＜4，
∴點(diǎn)Q的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)的橢圓，
設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，則2a=4，c=$\sqrt{3}$，∴a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1．
所以點(diǎn)E的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（II）（1）當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l的方程為x=1，顯然四邊形OARB是平行四邊形；
（2）當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，顯然k≠0，m≠0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x_M，y_M）．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$，即M是AB的中點(diǎn)，
∴x_M=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$，y_M=kx_M+m=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
若四邊形OARB是平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)AB，OR互相平分，
∴R（-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$），
代入橢圓方程得：$\frac{16{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=1，即16k²m²+4m²=16k⁴+8k²+1，
又直線l：y=kx+m經(jīng)過點(diǎn)（1，1），∴m=1-k，
∴16k²（1-k）²+4（1-k）²=16k⁴+8k²+1，
∴32k³-12k²+8k-3=0，即（4k²+1）（8k-3）=0．
∴k=$\frac{3}{8}$，m=$\frac{5}{8}$，
∴直線l的方程為y=$\frac{3}{8}$x+$\frac{5}{8}$時(shí)，四邊形OARB是平行四邊形，
綜上，直線l的方程為x=1或y=$\frac{3}{8}$x+$\frac{5}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓與直線的位置關(guān)系與方程的綜合運(yùn)用，涉及直線與橢圓的位置關(guān)系時(shí)，需要考慮直線斜率不存在的情況，屬于中檔題．