题目内容
12．
已知圆F1：（x+1）2+y2=8，点F2（1，0），点Q在圆F1上运动，QF2的垂直平分线交QF1于点P．（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设M、N分别是曲线C上的两个不同点，且点M在第一象限，点N在第三象限，若$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，O为坐标原点，求直线MN的斜率；
（3）过点$S（0，-\frac{1}{3}）$的动直线l交曲线C于A、B两点，求证：以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）．
分析 （1）如图所示，|PF1|+|PF2|=|QF1|=R=2$\sqrt{2}$＞|F1F2|=2，可知：动点P的轨迹为椭圆，设标准方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），可得a=$\sqrt{2}$，c=1，b2=a2-c2．
即可得出椭圆C的方程．
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），F1（-1，0）．由于$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，可得x1+2x2=-2，y1+2y2=0．代入椭圆方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}=1$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，联立解出即可得出kMN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
（3）假设在y轴上存在定点T（0，t），使以AB为直径的圆恒过这个点．设直线AB的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立直线与椭圆方程化为（1+2k2）x2-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，把根与系数的关系代入$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0，解出即可．
解答 解：（1）如图所示，∵|PF1|+|PF2|=|QF1|=R=2$\sqrt{2}$＞|F1F2|=2，
∴动点P的轨迹为椭圆，设标准方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），a=$\sqrt{2}$，c=1，b2=1．
∴方程C为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$=1．
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），F1（-1，0）．∵$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，
∴x1+2x2=-2，y1+2y2=0．
∴x1=-2-2x2，y1=-2y2，代入椭圆方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}=1$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，
联立解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-\frac{5}{4}}\\{{y}_{2}=-\frac{\sqrt{14}}{8}}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{1}{2}}\\{{y}_{1}=\frac{\sqrt{14}}{4}}\end{array}\right.$．
∴kMN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{3\sqrt{14}}{14}$．
（3）假设在y轴上存在定点T（0，t），使以AB为直径的圆恒过这个点．设直线AB的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x1，y1），B（x2，y2）．
则$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x1，y1-t）•（x2，y2-t）=x1x2+（y1-t）（y2-t）
=x1x2+$（k{x}_{1}-\frac{1}{3}）（k{x}_{2}-\frac{1}{3}）$-t$[k（{x}_{1}+{x}_{2}）-\frac{2}{3}]$+t2=（1+k2）x1x2-$\frac{1}{3}$（k+kt）（x1+x2）（x1+x2）+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t2=0，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{3}}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化为（1+2k2）x2-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，△＞0恒成立．
∴x1+x2=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，x1x2=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$．
代入上式可得：-$\frac{16（1+{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$-$\frac{4k（k+3kt）}{9（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t2=0，化为（18t2-18）k2+（9t2+6t-15）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{18{t}^{2}-18=0}\\{9{t}^{2}+6t-15=0}\end{array}\right.$，解得t=1．满足△＞0．
∴在y轴上存在定点T（0，1），使以AB为直径的圆恒过这个点T．
点评 本题考查了椭圆的定义及其标准方程、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、圆的性质、向量坐标运算，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
| A． | $\sqrt{3}$ | B． | ±$\sqrt{3}$ | C． | $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ | D． | ±$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ |