Question

13．已知圆A：x²+y²+2x-15=0和定点B（1，0），M是圆A上任意一点，线段MB的垂直平分线交MA于点N，设点N的轨迹为C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）若直线y=k（x-1）与曲线C相交于P，Q两点，试问：在x轴上是否存在定点R，使当k变化时，总有∠ORP=∠ORQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出圆心A（-1，0），通过|NM|=|NB|，推出点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程，求出a，c，即可求解椭圆方程．
（Ⅱ）设存在点R（t，0）满足题设，联立直线y=k（x-1）与椭圆方程$\frac{x^2}{4}+\frac{{y{\;}^2}}{3}=1$消y得（4k²+3）x²-8k²x+（4k²-12）=0，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用韦达定理，通过直线RP与直线RQ的斜率之和为零，得到x₁y₂+x₂y₁-t（y₁+y₂）=0，即2kx₁x₂-（1+t）k（x₁+x₂）+2tk=0，推出t=4存在定点R（4，0）满足题设．

解答 解：（Ⅰ）圆A：（x+1）²+y²=16，圆心A（-1，0），由已知得|NM|=|NB|，又|NM|+|NB|=4，所以|NA|+|NB|=4＞|AB|=2，所以由椭圆的定义知点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{{y{\;}^2}}{b^2}=1$，则2a=4，2c=2，
所以a²=4，b²=3，所以曲线C：$\frac{x^2}{4}+\frac{{y{\;}^2}}{3}=1$．
（Ⅱ）设存在点R（t，0）满足题设，联立直线y=k（x-1）与椭圆方程$\frac{x^2}{4}+\frac{{y{\;}^2}}{3}=1$消y得
（4k²+3）x²-8k²x+（4k²-12）=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则由韦达定理得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}$①，${x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}$②，
由题设知OR平分∠PRQ?直线RP与直RQ的倾斜角互补，即直线RP与直线RQ的斜率之和为零，
即$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0$，即x₁y₂+x₂y₁-t（y₁+y₂）=0，
即2kx₁x₂-（1+t）k（x₁+x₂）+2tk=0③，
把①、②代入③并化简得$\frac{（t-4）k}{{4{k^2}+3}}=0$，即（t-4）k=0④，
所以当k变化时④成立，只要t=4即可，
所以存在定点R（4，0）满足题设．

点评 本题考查椭圆方程的求法直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查存在性问题的处理方法，考查分析问题解决问题的能力．