Question

已知圓C₁：（x+1）²+y²=8，點C₂（1，0），點Q在圓C₁上運動，QC₂的垂直平分線交QC₁于點P．
（Ⅰ） 求動點P的軌跡W的方程；
（Ⅱ） 設(shè)M，N是曲線W上的兩個不同點，且點M在第一象限，點N在第三象限，若

OM

+2

ON

=2

OC1

，O為坐標原點，求直線MN的斜率k；
（Ⅲ）過點S(0，-

1

3

)且斜率為k的動直線l交曲線W于A，B兩點，在y軸上是否存在定點D，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出D的坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（I）由QC₂的垂直平分線交QC₁于P，知|PQ|=|PC₂|，動點P的軌跡是點C₁，C₂為焦點的橢圓．由此能夠求出橢圓的標準方程．
（Ⅱ）設(shè)M（a₁，b₁），N（a₂，b₂），則a₁²+2b₁²=2，a₂²+2b₂²=2．由

OM

+2

ON

=2

OC1

，a₁+2a₂=-2，b₁+2b₂=0，由此能求出直線MN的斜率．
（Ⅲ）直線l的方程為y=kx-

1

3

，聯(lián)立直線和橢圓方程，得

y=kx- 1 3 x2 2 +y2=1

，整理得（1+2k²）x²-12kx-16=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則 x1+x2=

4k

3(1+2k2)

，x1x2=-

16

9(1+2k2)

，假設(shè)在y軸上存在定點D（0，m），使以AB為直徑的圓恒過這個點，

DA

•

DB

=x1x2-(y1-m)(y2-m) =0，由此能夠求出D點坐標．

解答：解（1）∵QC₂的垂直平分線交QC₁于P，
∴|PQ|=|PC₂|，
|PC₂|+|PC₁|=|PC₁|+|PQ|=|QC₁|=2

2

＞|C₁C₂|=2，
∴動點P的軌跡是點C₁，C₂為焦點的橢圓．
設(shè)這個橢圓的標準方程是

x2

a2

+

y 2

b2

=1，
∵2a=2

2

，2c=2，∴b²=1，
∴橢圓的標準方程是

x2

2

+y2=1．
（Ⅱ）設(shè)M（a₁，b₁），N（a₂，b₂），
則a₁²+2b₁²=2，a₂²+2b₂²=2．
∵

OM

+2

ON

=2

OC1

，
則a₁+2a₂=-2，b₁+2b₂=0，
∴a1=

1

2

，b1=

14

4

，a2=-

5

4

，b2=-

14

8

，
∴直線MN的斜率為

b2-b1

a2-a1

=

3 14

14

．
（Ⅲ）直線l的方程為y=kx-

1

3

，聯(lián)立直線和橢圓方程，得

y=kx- 1 3 x2 2 +y2=1

，∴9（1+2k²）x²-12kx-16=0，
由題意知，點S（0，-

1

3

）在直線上，動直線l交曲線W于A、B兩點，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則 x1+x2=

4k

3(1+2k2)

，x1x2=-

16

9(1+2k2)

，
假設(shè)在y軸上存在定點D（0，m），使以AB為直徑的圓恒過這個點，
則

DA

= (x1，y1-m)  ，

DB

=(x2，y2-m)，

DA

•

DB

=x1x2+(y1-m)(y2-m) =0，
∵y1=kx1-

1

3

，y2=kx2-

1

3

，
∴x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=x₁x₂+y₁y₂-m（y₁+y₂）+m²
=(k2-1) x1x2-k(

1

3

-m) (x1-x2) -m2 +

2

3

m+

1

9

=-

16(k2-1)

9(2k2+1)

-k(

1

3

-m) 

4k

3(2k2+1)

-m2+

2

3

m+

1

9

=

18(m2-1)k2+(9m2+6m-15)

9(2k2+1)

=0．
∴

m2-1=0 9m2+6m-15=0

，∴m=1，
所以，在y軸上存在滿足條件的定點D，點D的坐標為（0，1）．

點評：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與橢圓的相關(guān)知識，解題時要注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．