Question

8．如图，在平面直角坐标中，过F（1，0）的直线FM与y轴交于点M，直线MN与直线FM垂直，且与x轴交于点N，T是点N关于直线FM的对称点．
（1）点T的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
（2）椭圆E的中心在坐标原点，F为其右焦点，且离心率为$\frac{1}{2}$，过点F的直线l与曲线C交于A、B两点，与椭圆交于P、Q两点，请问：是否存在直线使A、F、Q是线段PB的四等分点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设T（x，y），可知FM的斜率必存在，故设直线FN的方程为y=k（x-1），求出M（0，-k），N（-k²，0）），由T是点N关于直线FM的对称点，得T的坐标x，y满足$\left\{\begin{array}{l}{x={k}^{2}}\\{y=-2k}\end{array}\right.$．即可得曲线C的方程为y²=4x．
（Ⅱ）易得椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．假设存在直线l使A、F、Q是线段PB的四等分点，当直线l的斜率不存在或为0时，显然不满足题意．设直线l的方程为y=m（x-1）（m≠0）．由图形可知，必有2AF=FB．联立方程，利用韦达定理解得m=$±2\sqrt{2}$，再分别验证即可．

解答 解：（Ⅰ）设T（x，y），可知FM的斜率必存在，故设直线FN的方程为y=k（x-1）
令x=0，得M（0，-k），∴当k≠0时，直线MN的方程为y+k=-$\frac{1}{k}x$．
令y=0，得N（-k²，0）），
∵T是点N关于直线FM的对称点∴T的坐标x，y满足$\left\{\begin{array}{l}{x={k}^{2}}\\{y=-2k}\end{array}\right.$．
消去k得y=4x，当k=0时得T（0，0）．
曲线C的方程为y²=4x．
（Ⅱ）椭圆E的中心在坐标原点，F为其右焦点，且离心率为$\frac{1}{2}$，
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
假设存在直线l使A、F、Q是线段PB的四等分点，
当直线l的斜率不存在或为0时，显然不满足题意．
设直线l的方程为y=m（x-1）（m≠0）．
由图形可知，必有2AF=FB．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=m（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$得my²-4y-4m=0；
△=16+16m²＞0，∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{4}{m}$，y₁y₂=-4；
∵2AF=FB．∴$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}=-2$，
又∵$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}=\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}+2+\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}=-\frac{4}{{m}^{2}}$，
解得m=$±2\sqrt{2}$
①当m=2$\sqrt{2}$时，直线l的方程为y=2$\sqrt{2}$（x-1）
此时解得A（$\frac{1}{2}$，-$\sqrt{2}$），B（2，2$\sqrt{2}$）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2\sqrt{2}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得P（$\frac{2}{5}$，-$\frac{6\sqrt{2}}{5}$），Q（$\frac{10}{7}$，$\frac{6\sqrt{2}}{7}$）．
可得y_B≠2y_Q，∴点Q不是FB的中点，∴A、F、Q不是线段PB的四等分点．
同理m=-2$\sqrt{2}$时，也可得A、F、Q不是线段PB的四等分点．
综上不存在直线l使A、F、Q是线段PB的四等分点．

点评 本题考查了动点的轨迹方程的求解，直与椭圆的位置关系，方程思想，转化思想，属于中档题．