Question

11．设椭圆$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1的左焦点为F₁，右焦点F₂，直线l₁过点F₁且垂直于椭圆的长轴，动直线l₂垂直l₁于点P，线段PF₂垂直平分线交l₂于点M．
（1）求点M的轨迹E的方程；
（2）若点A的坐标为（2，4），直线l：x=ky+2（k∈R），与曲线E相交于B，C两点，直线AB，AC分别交直线l₁于点S、T，试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点？若是，求这两个定点的坐标；若不是，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆的定义、线段垂直平分线的性质、抛物线的定义即可得出．
（2）取点B$（\frac{9}{2}，6）$，直线AB的方程为：y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得S$（-2，\frac{4}{5}）$．直线BC的方程为：$y=\frac{12}{5}$（x-2），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化为：3y²-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．直线AC的方程为：y-4=6（x-2），令x=-2，解得T（-2，-20）．以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．取点B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．联立上述方程可得：交点Q（2，0），D（-6，0）．利用圆的性质、向量垂直与数量积的关系即可证明：以线段ST为直径的圆恒过两个定点．

解答 解：（1）由椭圆$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1，可得a=3，b²=5，c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=2，可得左焦点为F₁（-2，0），右焦点F₂（2，0），直线l₁方程：x=-2．
由垂直平分线的性质可得：|MP|=|MF₂|，
根据抛物线的定义可知：点M的轨迹E是抛物线，其中点F₂是焦点，直线l₁是准线，
∴点M的轨迹E的方程y²=8x．
（2）取点B$（\frac{9}{2}，6）$，直线AB的方程为：y-4=$\frac{6-4}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），即y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得y=$\frac{4}{5}$，∴S$（-2，\frac{4}{5}）$．
直线BC的方程为：$y=\frac{6-0}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），化为：$y=\frac{12}{5}$（x-2），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化为：3y²-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．
直线AC的方程为：y-4=$\frac{4-（-\frac{8}{3}）}{2-\frac{8}{9}}$（x-2），即y-4=6（x-2），令x=-2，解得y=-20．∴T（-2，-20）．
∴以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．
取点B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．
联立上述方程可得：交点Q（2，0），D（-6，0）．
下面证明：以线段ST为直径的圆恒过两个定点．
设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+2}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化为：y²-8ky-16=0，
∴y₁+y₂=8k，y₁y₂=-16．
直线AB，AC的方程分别为：y-4=$\frac{{y}_{1}-4}{{x}_{1}-2}$（x-2）；y-4=$\frac{{y}_{2}-4}{{x}_{2}-2}$（x-2）．
令x=-2，可得y_S=$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$，
y_T=$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$．
$\overrightarrow{SQ}•\overrightarrow{TQ}$=4×4+$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$×$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$=16+$\frac{（4k-4）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（64k-64）（{y}_{1}+{y}_{2}）+256}{{k}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=16+$\frac{-16（4k-4）^{2}+8k（64k-64）+256}{-16{k}^{2}}$=16-16=0，
∴以线段ST为直径的圆恒过定点Q（2，0）．
同理可证：以线段ST为直径的圆恒过定点D（-6，0）．
综上可解：（1）由椭圆$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1，可得a=3，b²=5，c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=2，可得左焦点为F₁（-2，0），右焦点F₂（2，0），直线l₁方程：x=-2．
由垂直平分线的性质可得：|MP|=|MF₂|，
根据抛物线的定义可知：点M的轨迹E是抛物线，其中点F₂是焦点，直线l₁是准线，
∴点M的轨迹E的方程y²=8x．
（2）取点B$（\frac{9}{2}，6）$，直线AB的方程为：y-4=$\frac{6-4}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），即y-4=$\frac{4}{5}$（x-2），令x=-2，可得y=$\frac{4}{5}$，∴S$（-2，\frac{4}{5}）$．
直线BC的方程为：$y=\frac{6-0}{\frac{9}{2}-2}$（x-2），化为：$y=\frac{12}{5}$（x-2），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{12}{5}（x-2）}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化为：3y²-10y-48=0，解得C$（\frac{8}{9}，-\frac{8}{3}）$．
直线AC的方程为：y-4=$\frac{4-（-\frac{8}{3}）}{2-\frac{8}{9}}$（x-2），即y-4=6（x-2），令x=-2，解得y=-20．∴T（-2，-20）．
∴以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y-\frac{4}{5}）（y+20）$=0．
取点B$（\frac{9}{2}，-6）$，同理可得：以ST为直径的圆的方程为：（x+2）²+$（y+\frac{4}{5}）$（y-20）=0．
联立上述方程可得：交点Q（2，0），D（-6，0）．
下面证明：以线段ST为直径的圆恒过两个定点．
设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+2}\\{{y}^{2}=8x}\end{array}\right.$，化为：y²-8ky-16=0，
∴y₁+y₂=8k，y₁y₂=-16．
直线AB，AC的方程分别为：y-4=$\frac{{y}_{1}-4}{{x}_{1}-2}$（x-2）；y-4=$\frac{{y}_{2}-4}{{x}_{2}-2}$（x-2）．
令x=-2，可得y_S=$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$，
y_T=$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$．
$\overrightarrow{SQ}•\overrightarrow{TQ}$=4×4+$\frac{（4k-4）{y}_{1}+16}{k{y}_{1}}$×$\frac{（4k-4）{y}_{2}+16}{k{y}_{2}}$=16+$\frac{（4k-4）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（64k-64）（{y}_{1}+{y}_{2}）+256}{{k}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=16+$\frac{-16（4k-4）^{2}+8k（64k-64）+256}{-16{k}^{2}}$=16-16=0，
∴以线段ST为直径的圆恒过定点Q（2，0）．
同理可证：以线段ST为直径的圆恒过定点D（-6，0）．
综上可得：以线段ST为直径的圆恒过两个定点：Q（2，0），D（-6，0）．

点评 本题考查了直线与椭圆相交问题、圆的性质、抛物线的定义、向量垂直与数量积的关系、由特殊出发探索一般结论的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题