Question

20．已知圆E：（x+1）²+y²=16，点F（1，0），P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q
（1）求动点Q的轨迹Γ的方程；
（2）若直线y=k（x-1）与（1）中的轨迹Γ交于R，S两点，问是否在x轴上存在一点T，使得当k变动时，总有∠OTS=∠OTR？说明理由．

Answer 1

分析 （1）连结QF，运用垂直平分线定理可得，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，由椭圆的定义即可得到所求轨迹方程；
（2）假设存在T（t，0）满足∠OTS=∠OTR．设R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由直线的斜率之和为0，化简整理，即可得到存在T（4，0）．

解答 解：（1）连结QF，根据题意，|QP|=|QF|，
则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2，
故动点Q的轨迹Γ是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．
设其方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
可知a=2，c=1，∴$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$，
所以点Q的轨迹Γ的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；          
（2）假设存在T（t，0）满足∠OTS=∠OTR．
设R（x₁，y₁），S（x₂，y₂）联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\ 3{x^2}+4{y^2}-12=0\end{array}\right.$，
 得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
由韦达定理有$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$①，其中△＞0恒成立，
由∠OTS=∠OTR（显然TS，TR的斜率存在），
故k_TS+k_TR=0即$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0$②，
由R，S两点在直线y=k（x-1）上，
故y₁=k（x₁-1），y₂=k（x₂-1）代入②得$\frac{{k（{{x_1}-1}）（{{x_2}-t}）+k（{{x_2}-1}）（{{x_1}-t}）}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}{=}\frac{{k[{2{x_1}{x_2}-（{t+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+2t}]}}{{（{{x_1}-t}）（{{x_2}-t}）}}=0$，
即有2x₁x₂-（t+1）（x₁+x₂）+2t=0③，
将①代入③，即有：$\frac{{8{k^2}-24-（{t+1}）8{k^2}+2t（{3+4{k^2}}）}}{{3{+}4{k^2}}}=\frac{6t-24}{{3+4{k^2}}}=0$④，
要使得④与k的取值无关，当且仅当“t=4“时成立，
综上所述存在T（4，0），使得当k变化时，总有∠OTS=∠OTR．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用垂直平分线的性质和椭圆的定义，考查存在性问题的解法，注意运用直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，以及点满足直线方程，属于中档题．