Question

已知点A（-2，0），B（2，0），动点C、D依次满足|

AC

|=2，

AD

=

1

2

（

AB

+

AC

）．
（1）求动点D的轨迹方程；
（2）过点A作直线l交以A、B为焦点的椭圆于M、N两点，若线段MN的中点到y轴的距离为

4

5

，且直线l与圆
x²+y²=1相切，求该椭圆的方程；
（3）经过（2）中椭圆的上顶点G作直线m、n，使m⊥n，直线m、n分别交椭圆于点P、Q．求证：PQ必过y轴上一定点．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题,轨迹方程

专题：圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）设C（x₀，y₀），D（x，y），由已知条件推导出

x0=2x-2 y0=2y

，由|

AC

|=2，

AD

=

1

2

（

AB

+

AC

）．能求出动点D的轨迹方程．
（2）设l的方程为y=k（x+2），设椭圆的方程为

x2

a2

+

y2

a2-4

=1（a＞2），由

y=kx+2 x2 a2 + y2 a2-4 =1

，得（a²k²+a²-4）x²+4a²k²-a⁴+4a²=0，由此利用直线与相切、点到直线距离公式，结合已知条件能求出椭圆的方程．
（3）设直线m：y=kx+2，代入椭圆方程得P（-

8k

1+2k2

，

2-4k2

1+2k2

）．同理，Q（

8k

k2+2

，

2k2-4

k2+2

）．由此能证明直线PQ经过定点（0，-

2

3

）．

解答： （1）解：设C（x₀，y₀），D（x，y），则

AC

=（x₀+2，y₀），…（1分）
又

AB

=（4，0），

AD

=（x+2，y）=（

x0

2

+3，

y0

2

），则

x0=2x-2 y0=2y

，…（1分）
代入|

AC

|²=（x₀+2）²+y02=4，得x²+y²=1，…（1分）
即动点D的轨迹方程为x²+y²=1． …（1分）
（2）由题意，直线l的斜率存在．设l的方程为y=k（x+2），
设椭圆的方程为

x2

a2

+

y2

a2-4

=1（a＞2），…（1分）
由

y=kx+2 x2 a2 + y2 a2-4 =1

，得（a²k²+a²-4）x²+4a²k²-a⁴+4a²=0．…（1分）
由l与圆x²+y²=1相切，得

|2k|

k2+1

=1，k2=

1

3

，…（1分）
得(a2-3)x2+a2x+4a2-

3

4

a4=0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=-

a2

a2-3

．    …（1分）
又线段MN中点到y轴的距离|

x1+x2

2

|=

a2

2(a2-3)

=

4

5

，∴a²=8．…（1分）
∴所求椭圆的方程为

x2

8

+

y2

4

=1．  …（1分）
（3）由（2）知G（0，2），设直线m：y=kx+2，
代入椭圆方程得x²+2（kx+2）²=8，即（2k²+1）x²+8kx=0，…（1分）
解得P（-

8k

1+2k2

，

2-4k2

1+2k2

）．  …（1分）
同理，直线n的方程为y=-

1

k

x+2，Q（

8k

k2+2

，

2k2-4

k2+2

）． …（2分）
故直线PQ的方程为y-

2-4k2

1+2k2

=

k2-1

3k

(x+

8k

1+2k2

)，…（2分）
令x=0，得y=-

2

3

．    …（1分）
∴直线PQ经过定点（0，-

2

3

）．  …（1分）

点评：本题考查动点的轨迹方程的求法，考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．