题目内容

10．在平面直角坐标系xOy中，已知点A（-1，0）、B（1，0），动点C满足条件：△ABC的周长为2+2$\sqrt{2}$．记动点C的轨迹为曲线了．
（Ⅰ）求曲线T的方程；
（Ⅱ）已知点M（ $\sqrt{2}$，0），N（0，1），是否存在经过点（0，$\sqrt{2}$）且斜率为k的直线l与曲线T有两个不同的交点P和Q，使得向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{MN}$共线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．

分析 （I）设C（x，y），由|AC|+|BC|+|AB|=2+2$\sqrt{2}$，|AB|=2，可得|AC|+|BC||=2$\sqrt{2}$＞2，利用椭圆的定义可知：动点C的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为2$\sqrt{2}$的椭圆，除去与x轴的两个交点．
（II）设直线l的方程为：y=kx+$\sqrt{2}$，代入椭圆方程可得：$（\frac{1}{2}+{k}^{2}）{x}^{2}$+2$\sqrt{2}$kx+1=0，由于直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，可得△＞0，解得k的取值范围．设P（x1，y1），Q（x2，y2），向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{MN}$共线，∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）$，把根与系数的关系代入解出即可判断出．

解答 解：（I）设C（x，y），∵|AC|+|BC|+|AB|=2+2$\sqrt{2}$，|AB|=2，
∴|AC|+|BC||=2$\sqrt{2}$＞2，
∴椭圆的定义可知：动点C的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为2$\sqrt{2}$的椭圆，除去与x轴的两个交点，
∴a=$\sqrt{2}$，c=1，∴b2=a2-c2=1．
∴曲线T的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=1（y≠0）．
（II）设直线l的方程为：y=kx+$\sqrt{2}$，代入椭圆方程可得：$（\frac{1}{2}+{k}^{2}）{x}^{2}$+2$\sqrt{2}$kx+1=0，
∵直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，
∴△=8k2-4$（\frac{1}{2}+{k}^{2}）$＞0，解得$k＞\frac{\sqrt{2}}{2}$或k$＜-\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴满足条件的k的取值范围是$（-∞，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$∪$（\frac{\sqrt{2}}{2}，+∞）$．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），∴$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$=（x1+x2，y1+y2），
又x1+x2=$\frac{-4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$，y1+y2=k（x1+x2）+2$\sqrt{2}$，$\overrightarrow{MN}$=$（-\sqrt{2}，1）$．
∵向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{MN}$共线，∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）$，
∴$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}=\frac{-4\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+2\sqrt{2}$，解得k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵$\frac{\sqrt{2}}{2}$∉$（-∞，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$∪$（\frac{\sqrt{2}}{2}，+∞）$．
∴不存在k使得向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{MN}$共线．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得△＞0及其根与系数的关系、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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