Question

19．已知线段AB的两端点A、B分别在x轴、y轴上滑动，|AB|=3，动点P满足$\overrightarrow{AP}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$；
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）已知点N（$\sqrt{3}$，0），试探究是否存在直线l：x=my-$\sqrt{3}$与轨迹C交于D、E两点，且使得△DEN的内切圆的面积为$\frac{3π}{16}$？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），A（x₁，0），B（0，y₁），由$\overrightarrow{AP}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$把A、B的坐标用P的坐标表示，结合|AB|=3，求得动点P的轨迹C的方程；
（2）假设存在直线l满足条件，由直线l过点$M（-\sqrt{3}，0）$，而点M，N是椭圆C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的左右焦点，由椭圆的定义得△DEN的周长为8，再由△DEN的内切圆的面积为$\frac{3π}{16}$，得△DEN的内切圆的半径，联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系及弦长公式解得m=0或m=±$2\sqrt{2}$．说明存在直线l．

解答 解：（1）设P（x，y），A（x₁，0），B（0，y₁），
则$\overrightarrow{AP}=（x-{x_1}，y），\overrightarrow{AB}=（-{x_1}，{y_1}）$-------（2分）
由$\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$，有$\left\{\begin{array}{l}x-{x_1}=-\frac{1}{3}{x_1}\\ y=\frac{1}{3}{y_1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=\frac{3}{2}x\\{y_1}=3y\end{array}\right.$，--------------（4分）
由|AB|=3，得$x_1^2+y_1^2=9$，--------------（5分）
∴${（\frac{3}{2}x）^2}+{（3y）^2}=9$，即$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
∴动点P的轨迹C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；--------------（6分）
（2）假设存在直线l满足条件，∵直线$l：x=my-\sqrt{3}$过点$M（-\sqrt{3}，0）$，
而点M，N是椭圆C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的左右焦点，
∴由椭圆的定义得，△DEN的周长为8，-------------（7分）
由△DEN的内切圆的面积为$\frac{3π}{16}$，得△DEN的内切圆的半径为$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$；
设点D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），则△DEN的面积为$\frac{1}{2}×|MN|×|{y_1}-{y_2}|$=$\frac{1}{2}×8×\frac{{\sqrt{3}}}{4}$；
∴|y₁-y₂|=1；-------------（9分）
由$\left\{\begin{array}{l}x=my-\sqrt{3}\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去x并整理得$（{m^2}+4）{y^2}-2\sqrt{3}my-1=0$．
则$|{y_1}-{y_2}|=\frac{{\sqrt{△}}}{a}=\frac{{\sqrt{16{m^2}+16}}}{{{m^2}+4}}=1$，-------------（11分）
解得m=0或m=±$2\sqrt{2}$．
故存在直线l，且m的值为0，$-2\sqrt{2}$或$2\sqrt{2}$．-------------（12分）

点评 本题考查利用代入法求曲线的方程，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．