Question

6．已知定点A（-2，0），F（1，0），定直线l：x=4，动点P与点F的距离是它到直线l的距离的$\frac{1}{2}$．设点P的轨迹为C，过点F的直线交C于D、E两点，直线AD、AE与直线l分别相交于M、N两点．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）以MN为直径的圆是否恒过一定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设P（x，y）为C上任意一点，依题意有$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{{|{\;x-4\;}|}}=\frac{1}{2}$，化简即可得出．
（Ⅱ）易知直线DE斜率不为0，设直线DE方程为x=ty+1，与椭圆方程联立可得（3t²+4）y²+6ty-9=0，设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．由A（-2，0），知AD方程为$y-0=\frac{{{y_1}-0}}{{{x_1}+2}}（x+2）$，可得点M坐标，点N坐标．由对称性，若定点存在，则定点在x轴上．设G（n，0）在以MN为直径的圆上，利用$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}$=0，解出即可得出．

解答 解：（Ⅰ）F（1，0），设P（x，y）为C上任意一点，依题意有$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{{|{\;x-4\;}|}}=\frac{1}{2}$，
化为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）易知直线DE斜率不为0，设直线DE方程为x=ty+1，
由$\left\{\begin{array}{l}\;x=ty+1\\ \;\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），则${y_1}+{y_2}=\frac{-6t}{{3{t^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{t^2}+4}}$，
由A（-2，0），知AD方程为$y-0=\frac{{{y_1}-0}}{{{x_1}+2}}（x+2）$，点M坐标为$M（4\;，\;\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）$，
同理，点N坐标为$N（4\;，\;\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}）$．
由对称性，若定点存在，则定点在x轴上．设G（n，0）在以MN为直径的圆上，
则$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}=（4-n\;，\;\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）•（4-n\;，\;\frac{{6{y_2}}}{{{x_2}+2}}）={（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{（{x_1}+2）（{x_2}+2）}}=0$，
∴${（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{（t{y_1}+3）（t{y_2}+3）}}={（4-n）^2}+\frac{{36{y_1}{y_2}}}{{{t^2}{y_1}{y_2}+3t（{y_1}+{y_2}）+9}}=0$，
即${（4-n）^2}+\frac{36×（-9）}{{-9{t^2}+3t（-6t）+9（3{t^2}+4）}}=0$，（4-n）²-9=0，n=1或n=7，
∴以MN为直径的圆恒过x轴上两定点（1，0）和（7，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、圆的性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系、直线过定点问题，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．