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．
（1）求動點P的軌跡W的方程；
（2）設M、N分別是曲線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_MN；
（3）過點S（0，-

1

3

）且斜率為k的動直線l交曲線C=

π

3

于S_max=

3

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

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線的定義、性質與方程

分析：（1）由QC₂的垂直平分線交QC₁于點P得到|PQ|=|PC₂|，進一步得到動點P的軌跡W是以C₁，C₂為焦點的橢圓，由已知求得長半軸長和半焦距，結合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）設M（a₁，b₁），N（a₂，b₂），代入橢圓方程，結合

OM

+2

ON

=2

OC1

 列式求得M，N的坐標，由斜率公式得答案；
（3）寫出直線方程，聯立直線和橢圓的方程得：9（1+2k²）x²-12x-16=0．設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用根與系數關系得到A，B橫縱坐標的和與積，假設在y軸上存在定點D（0，m），滿足題設，則

DA

=(x1，y1-m)，

DB

=(x2，y2-m)，然后由

DA

•

DB

=0恒成立得關于m的方程組，解得m=1．因此，在y軸上存在滿足條件的定點D，點D的坐標為（0，1）．

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

2

＞|C₁C₂|=2，
∴動點P的軌跡W是以C₁，C₂為焦點的橢圓，
設橢圓標準方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1，
則2a=2

2

，2c=2，b2=a2-c2=1，
則橢圓方程為

x2

2

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

OM

+2

ON

=2

OC1

，
∴a₁+2a₂=-2，b₁+2b₂=0    ②，
由①②解得：a1=

1

2

，b1=

14

4

，a2=-

5

4

，b2=-

14

8

．
∴直線MN的斜率為k=

b2-b1

a2-a1

=

3 14

14

；
（3）直線l方程為y=kx-

1

3

，聯立直線和橢圓的方程

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

，得：9（1+2k²）x²-12x-16=0．
由題意知：點S（0，-

1

3

）在橢圓內部，所以直線l與橢圓必交與兩點，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x1+x2=

4k

3(1+2k2)

，x1x2=-

16

9(1+2k2)

，
假設在y軸上存在定點D（0，m），滿足題設，則

DA

=(x1，y1-m)，

DB

=(x2，y2-m)，
∵以AB為直徑的圓恒過點D，
則

DA

•

DB

=(x1，y1-m)•(x2，y2-m)=0，即：x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=0  （*）
∵y1=kx1-

1

3

，y2=kx2-

1

3

，
則（*）變為x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=x₁x₂+y₁y₂-m(y1+y2)+m2
=x1x2+(kx1-

1

3

)(kx2-

1

3

)-m(kx1-

1

3

+kx2-

1

3

)+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)

．
由假設得對于任意的k∈R，

DA

•

DB

=0恒成立，即

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

，解得m=1．
因此，在y軸上存在滿足條件的定點D，點D的坐標為（0，1）．

點評：本題主要考查橢圓方程的求法，考查了直線與橢圓的位置關系的應用，直線與曲線聯立，根據方程的根與系數的關系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強的運算推理的能力，是壓軸題．