Question

4．如图，在平面直角坐标系中，点F（-1，0），过直线l：x=-2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|=$\sqrt{2}$|BF|．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），由平面几何知识得$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{|x+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，由此能求出动点P的轨迹C的方程．
（2）假设满足条件的点E（n，0）（n＞0）存在，设直线q的方程为x=my-1，联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{x=my-1}\end{array}\right.$，得：（m²+2）y²-2my-1=0，由此利用韦达定理、直线方程、椭圆性质，结合已知条件能求出满足条件的点E存在，其坐标为（$\sqrt{2}$，0）．

解答 解：（1）设P（x，y），由平面几何知识得：
$\frac{|PF|}{|PA|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{|x+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
化简，得：x²+2y²=2，
∴动点P的轨迹C的方程为x²+2y²=2（x$≠\sqrt{2}$）．
（2）假设满足条件的点E（n，0）（n＞0）存在，
设直线q的方程为x=my-1，
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），R（-2，y₃），S（-2，y₄），
联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{x=my-1}\end{array}\right.$，得：（m²+2）y²-2my-1=0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+2}$，
${x}_{1}{x}_{2}=（m{y}_{1}-1）（m{y}_{2}-1）={m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-m（{y}_{1}+{y}_{2}）+1$
=-$\frac{{m}^{2}}{{m}^{2}+2}-\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+1=$\frac{2-2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）-2=\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$=-$\frac{4}{{m}^{2}+2}$，
由条件知$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=$\frac{{y}_{3}}{-2-n}$，y₃=-$\frac{（2+n）{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$，
同理${y}_{4}=-\frac{（2+n）{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$，
${k}_{RF}=\frac{{y}_{3}}{-2+1}$=-y₃，k_SF=-y₄，
由于∠RFS为直角，∴y₃y₄=-1，即（2+n²）y₁y₂=-[x₁x₂+n（x₁+x₂）+n²]，
（2+n）²$\frac{1}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2-2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+$\frac{4n}{{m}^{2}+2}$+n²，
∴（n²-2）（m²+1）=0，解得n=$\sqrt{2}$，
∴满足条件的点E存在，其坐标为（$\sqrt{2}$，0）．

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查韦达定理、直线方程、椭圆性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、方程与函数思想、数形结合思想，是中档题．