Question

已知圆C₁：（x+1）²+y²=8，点C₂（1，0），点Q在圆C₁上运动，QC₂的垂直平分线交QC₁于点P．
（1）求动点P的轨迹W的方程；
（2）设M、N分别是曲线W上的两个不同点，且点M在第一象限，点N在第三象限，若

OM

+2

ON

=2

OC1

，O为坐标原点，求直线MN的斜率k_MN；
（3）过点S（0，-

1

3

）且斜率为k的动直线l交曲线C=

π

3

于S_max=

3

两点，在y轴上是否存在定点D，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出D的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题

专题：圆锥曲线的定义、性质与方程

分析：（1）由QC₂的垂直平分线交QC₁于点P得到|PQ|=|PC₂|，进一步得到动点P的轨迹W是以C₁，C₂为焦点的椭圆，由已知求得长半轴长和半焦距，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）设M（a₁，b₁），N（a₂，b₂），代入椭圆方程，结合

OM

+2

ON

=2

OC1

 列式求得M，N的坐标，由斜率公式得答案；
（3）写出直线方程，联立直线和椭圆的方程得：9（1+2k²）x²-12x-16=0．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用根与系数关系得到A，B横纵坐标的和与积，假设在y轴上存在定点D（0，m），满足题设，则

DA

=(x1，y1-m)，

DB

=(x2，y2-m)，然后由

DA

•

DB

=0恒成立得关于m的方程组，解得m=1．因此，在y轴上存在满足条件的定点D，点D的坐标为（0，1）．

解答： 解：（1）∵QC₂的垂直平分线交QC₁于点P，
∴|PQ|=|PC₂|，
|PC2|+|PC1|=|PC1|+|PQ|=|QC1|=2

2

＞|C₁C₂|=2，
∴动点P的轨迹W是以C₁，C₂为焦点的椭圆，
设椭圆标准方程为

x2

a2

+

y2

b2

=1，
则2a=2

2

，2c=2，b2=a2-c2=1，
则椭圆方程为

x2

2

+y2=1；
（2）设M（a₁，b₁），N（a₂，b₂），
则a12+2b12=2，a22+2b22=2    ①，
∵

OM

+2

ON

=2

OC1

，
∴a₁+2a₂=-2，b₁+2b₂=0    ②，
由①②解得：a1=

1

2

，b1=

14

4

，a2=-

5

4

，b2=-

14

8

．
∴直线MN的斜率为k=

b2-b1

a2-a1

=

3 14

14

；
（3）直线l方程为y=kx-

1

3

，联立直线和椭圆的方程

y=kx- 1 3 x2 2 +y2=1

，得：9（1+2k²）x²-12x-16=0．
由题意知：点S（0，-

1

3

）在椭圆内部，所以直线l与椭圆必交与两点，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x1+x2=

4k

3(1+2k2)

，x1x2=-

16

9(1+2k2)

，
假设在y轴上存在定点D（0，m），满足题设，则

DA

=(x1，y1-m)，

DB

=(x2，y2-m)，
∵以AB为直径的圆恒过点D，
则

DA

•

DB

=(x1，y1-m)•(x2，y2-m)=0，即：x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=0  （*）
∵y1=kx1-

1

3

，y2=kx2-

1

3

，
则（*）变为x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=x₁x₂+y₁y₂-m(y1+y2)+m2
=x1x2+(kx1-

1

3

)(kx2-

1

3

)-m(kx1-

1

3

+kx2-

1

3

)+m2
=(k2+1)x1x2-k(

1

3

+m)(x1+x2)+m2+

2

3

m+

1

9

=-

16(k2+1)

9(2k2+1)

-k(

1

3

+m)

4k

3(2k2+1)

+m2+

2

3

m+

1

9

=

18(m2-1)k2+(9m2+6m-15)

9(2k2+1)

．
由假设得对于任意的k∈R，

DA

•

DB

=0恒成立，即

m2-1=0 9m2+6m-15=0

，解得m=1．
因此，在y轴上存在满足条件的定点D，点D的坐标为（0，1）．

点评：本题主要考查椭圆方程的求法，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系解题，是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考生具备较强的运算推理的能力，是压轴题．