题目内容

2．设A、B分别是直线y=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$x和y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$x上的动点，且|AB|=$\sqrt{2}$，设O为坐标原点，动点P满足$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）过点（$\sqrt{3}$，0）做两条相互垂直的直线l1，l2，直线l1，l2与点P的轨迹相交弦分别为CD、EF，设CD、EF的弦中点分别为M、N，求证：直线MN恒过一个定点．

分析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，得x=${x}_{1}+{x}_{2}=\sqrt{2}$（y1-y2），y=${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$，由此利用|AB|=$\sqrt{2}$，能求出点P的轨迹方程．
（2）设直线l1的方程为x-$\sqrt{3}$=ky，联立$\left\{\begin{array}{l}{x-\sqrt{3}=ky}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k2+4）y2+2$\sqrt{3}y-1=0$，由此利用韦达定理、直线斜率公式、直线方程，结合已知条件能证明直线MN恒过一定点．

解答 解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），
∵动点P满足$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，∴x=x1+x2，y=y1+y2，
∵${y}_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}，{y}_{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}$，
∴x=${x}_{1}+{x}_{2}=\sqrt{2}$（y1-y2），y=${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$，
∵|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{2}{x}^{2}+2{y}^{2}=2$，
∴点P的轨迹方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
证明：（2）设C（x3，y3），D（x4，y4），设直线l1的方程为x-$\sqrt{3}$=ky，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x-\sqrt{3}=ky}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k2+4）y2+2$\sqrt{3}y-1=0$，
y3+y4=$\frac{2\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}$，x3+x4=$\frac{8\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}$，
∴M（$\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}$），同理，N（$\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}$），
∴直线MN的斜率${k}_{MN}=\frac{\frac{\sqrt{3}k}{4{k}^{2}+1}+\frac{\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}}{\frac{4\sqrt{3}{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-\frac{4\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}}$=$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$，
∴直线MN的方程为y+$\frac{\sqrt{3}k}{{k}^{2}+4}$=$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$（x-$\frac{4\sqrt{3}}{{k}^{2}+4}$），
整理化简，得$4{k}^{4}y+（4\sqrt{3}-5x）{k}^{2}+12{k}^{2}y+（-20x+16\sqrt{3}）k=0$，
∴x=$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，y=0，
∴直线MN恒过定点（$\frac{4\sqrt{3}}{5}$，0）．

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线恒过一定点的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、直线斜率公式、椭圆性质的合理运用．

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