Question

2．已知$F（-\sqrt{3}，0）$，${F_2}（\sqrt{3}，0）$，动点p满足|PF₁|+|PF₂|=4．
（1）求动点P的轨迹C的标准方程：
（2）不垂直于坐标轴的直线，与曲线C交于A、B两点，以AB为直径的圆过原点，且线段AB的垂直平分线交y轴于点$Q（0，-\frac{3}{2}）$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）运用椭圆的定义，求出a，b，即可得到椭圆方程；
（2）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），联立椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以AB为直径的圆过坐标原点，则有x₁x₂+y₁y₂=0，代入化简整理，再由两直线垂直的条件，解方程可得k，进而得到所求直线方程．

解答 解：（1）因$|PF|+|P{F_2}|=4＞|F{F_2}|=2\sqrt{3}$…（1分）
故动点P的轨迹C是以F₁，F₂为焦点，2a=4为长轴长的椭圆，其标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（3分）
（2）因l不垂直于坐标轴，故l的斜率存在且不为0，设l的方程为y=kx+m…（4分）A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}}\right.$得$\frac{x^2}{4}+{（kx+m）^2}=1$，化简得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}}\right.$（*）且△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）=16（-m²+1+4k²）＞0，即1+4k²＞m²…（6分）
由以AB为直径的圆过原点得OA⊥OB，得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$
即${x_1}{x_2}+（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）=（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$…（8分）
由（*）代入得$（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+mk\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$，化简得5m²=4+4k²①…（9分）
设AB中点为M（x₀，y₀），则${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}$$，{y_0}=k{x_0}+m=\frac{m}{{1+4{k^2}}}$，
故AB的中垂线方程为$y-\frac{m}{{1+4{k^2}}}=-\frac{1}{k}（{x+\frac{4km}{{1+4{k^2}}}}）$，即$y=-\frac{x}{k}-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$，…（10分）
代入$Q（0，-\frac{3}{2}）$得$-\frac{3}{2}=-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$，即2m=1+4k²＞1②，…（11分）
由①②得5m²=2m+3，解得m=1或$m=-\frac{3}{5}$（舍去），
故$4{k^2}=1，k=±\frac{1}{2}$，直线l的方程为$y=±\frac{1}{2}x+1$…（12分）

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的定义，联立直线方程，运用韦达定理，同时考查圆的性质：直径所对的圆周角为直角，考查直线垂直的条件和直线方程的求法，属于中档题．