Question

4．如图，已知圆F₁的半径为4，|F₁F₂|=2，P是圆F₁上的一个动点，F₂P的中垂线l交F₁P于点Q，以直线F₁F₂为x轴，F₁F₂的中垂线为y轴建立平面直角坐标系．
（1）求点Q的轨迹E的方程；
（2）设过点F₂的动直线m与轨迹E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点R，使得$\overrightarrow{RA}$$•\overrightarrow{RB}$是定值？若存在，求出点R的坐标和定值；若不存在，请说明埋由．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：丨QF₂丨+丨QF₁丨=4＞|F₁F₂|=2，Q的轨迹E为以F₁，F₂为焦点，4为长轴长的椭圆，由椭圆的性质即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线m的方程x=my+1，代入椭圆方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得$\overrightarrow{RA}$$•\overrightarrow{RB}$=$\frac{3{m}^{2}（{t}^{2}-4）+4{t}^{2}-8t-5}{3{m}^{2}+4}$，使得$\overrightarrow{RA}$$•\overrightarrow{RB}$是定值，则$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-4=λ}\\{4{t}^{2}-8t-5=4λ}\end{array}\right.$，即可求得m和λ的值．

解答 解：（1）由题意可知：丨PQ丨+丨QF₁丨=丨PF₁丨=r=4，
由F₂P的中垂线l交F₁P于点Q，则丨QF₂丨=丨PQ丨，
∴丨QF₂丨+丨QF₁丨=4＞|F₁F₂|=2，
则点Q的轨迹E为以F₁，F₂为焦点，4为长轴长的椭圆，
即2a=4，2c=2，b²=a²-c²=3，
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）设x轴上存在一点R（t，0），使得 $\overrightarrow{RA}$•$\overrightarrow{RB}$为定值数 
①直线l的斜率存在，设直线m的方程为x=my+1，A（x₁，y₁ ），B（x₂，y₂），
把直线l的方程代入椭圆方程化简可得（3m²+4）y²+6my-9=0，
显然△=36m²+36（3m²+4）=144（m²+1）＞0
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
$\overrightarrow{RA}$•$\overrightarrow{RB}$=（x₁-t，y₁ ）（x₂-t，y₂）=x₁x₂-t（x₁+x₂）+t²+y₁y₂，
=（1+m²）y₁y₂+m（1-t）（y₁+y₂）+t²-2t+1，
=$\frac{3{m}^{2}（{t}^{2}-4）+4{t}^{2}-8t-5}{3{m}^{2}+4}$，
若存在R（t，0），使$\frac{3{m}^{2}（{t}^{2}-4）+4{t}^{2}-8t-5}{3{m}^{2}+4}$=λ成立，
则$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-4=λ}\\{4{t}^{2}-8t-5=4λ}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{t=\frac{11}{8}}\\{λ=-\frac{135}{64}}\end{array}\right.$，
故存在R（$\frac{11}{8}$，0），使得使得$\overrightarrow{RA}$$•\overrightarrow{RB}$是定值-$\frac{135}{64}$．

点评 本题考查椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理及向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．