Question

13．已知O为坐标原点，圆M：x²+y²-2x-15=0，定点F（-1，0），点N是圆M上一动点，线段NF的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q，点Q的轨迹为C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线C相交于A，B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若过一定点，则求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出动点Q的轨迹为以M、F为焦点、长轴长为4的椭圆，由此能求出曲线C的方程．
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，由此利用韦达定理、直线斜率公式求出m=4k，从而直线l的方程为y=kx+4k=k（x+4），由此得到直线l过定点（-4，0）．

解答 解：（Ⅰ）由题意知|MQ|+|FQ|=|MN|=4，
又|MF|=2＜4，
∴由椭圆定义知动点Q的轨迹为以M、F为焦点、长轴长为4的椭圆，
故2a=4，2c=2，
∴曲线C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由已知，直线FA、FB的斜率之和为：
$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$=$\frac{k{x}_{1}+m}{{x}_{1}+1}+\frac{k{x}_{2}+m}{{x}_{2}+1}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}+（k+m）（{x}_{1}+{x}_{2}）+2m}{{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}+1}$=0，
∴2kx₁x₂+（k+m）（x₁+x₂）+2m=0，
将${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$代入，得：
$2k•\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}+（k+m）•\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$+2m=0，
化简，得-4k+m=0，即m=4k，
∴直线l的方程为y=kx+4k=k（x+4），
∴直线l过定点（-4，0）．

点评 本题考查曲线方程的求法，考查直线是否过定点的判断与求法，涉及到椭圆、直线方程、圆、斜率公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．