Question

2．在平面直角坐标系中，已知两定点$A（-\frac{1}{3}\;，\;0）$和$B（{\frac{1}{3}\;，\;0}）$，点M是平面内的动点，且$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=4$．
（Ⅰ）求动点M的轨迹E的方程；
（Ⅱ）设F₂（1，0），R（4，0），自点R引直线l交曲线E于Q，N两点，求证：射线F₂Q与射线F₂N关于直线x=1对称．

Answer 1

分析 （I）设M（x，y），根据条件列方程化简即可；
（II）设l方程y=k（x-4），联立方程组消元，利用根与系数的关系得出F₂Q和F₂N的斜率，根据两直线的斜率的关系得出结论．

解答 解：（Ⅰ）设M（x，y），$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}=（x+1\;，\;y）$，$\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}=（x-1\;，\;y）$，
则$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|=\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}$，$|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}$，
由于$|{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}}|+|{\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}}|=4$，
即 $\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}=4$，设F₁（-1，0），F₂（1，0），
则|F₁M|+|F₂M|=4，点M的轨迹是以F₁，F₂为焦点的椭圆，
故a=2，c=1，$b=\sqrt{3}$，
所以，动点M的轨迹E的方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）证明：设Q（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直线l：y=k（x-4），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}3{x^2}+4{y^2}=12\\ y=k（x-4）\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
∴△=144（1-4k²）＞0，解得：$-\frac{1}{2}＜k＜\frac{1}{2}$，
且${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
又y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），${k_{Q{F_2}}}+{k_{N{F_2}}}$=$\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}$
=$\frac{{k（{x_1}-4）（{x_2}-1）+k（{x_2}-4）（{x_1}-1）}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$=$k\frac{{2{x_1}{x_2}-5（{x_1}+{x_2}）+8}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$，
由于2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=$2•\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$$-5•\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$+$8•\frac{{3+4{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$=0，
所以，${k_{Q{F_2}}}+{k_{N{F_2}}}$=0，即，${k_{Q{F_2}}}=-{k_{N{F_2}}}$，
∴射线F₂Q与射线F₂N的关于直线x=1对称．

点评 本题考查了椭圆的定义，轨迹方程的求解，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．