Question

11．直角坐标系xOy平面内，已知动点M到点D（-4，0）与E（-1，0）的距离之比为2．
（Ⅰ）求动点M的轨迹C的方程；
（Ⅱ）是否存在经过点（-1，1）的直线l，它与曲线C相交于A，B两个不同点，且满足$\overrightarrow{OM}$=$\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}$+$\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{OB}$（O为坐标原点）关系的点M也在曲线C上，如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出M点的坐标，由题目条件即可得出动点M的轨迹C的方程；
（Ⅱ）讨论直线l的斜率是否存在，由韦达定理，根据题目条件进行计算即可．

解答 解析：（Ⅰ）设M（x，y），则$|DM|=\sqrt{{{（{x+4}）}^2}+{y^2}}$，$|EM|=\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}$，
依题意，$\frac{{\sqrt{{{（{x+4}）}^2}+{y^2}}}}{{\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}}}=2$，
化简整理，得x²+y²=4，
∴曲线c的方程为x²+y²=4．
（Ⅱ）假设直线l存在，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀）
（1）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y-1=k（x+1）．
联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x+1}）+1\\{x^2}+{y^2}-4=0\end{array}\right.$消去y得，（1+k²）x²+2k（k+1）x+k²+2k-3=0，
由韦达定理得，${x_1}+{x_2}=-\frac{{2k（{k+1}）}}{{1+{k^2}}}$=$-2+\frac{2-2k}{{1+{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{k^2}+2k-3}}{{1+{k^2}}}$=$1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}$，${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+k（k+1）（{{x_1}+{x_2}}）+{（k+1）^2}$=$\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3$．
∵点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在圆c上，
∴$x_1^2+y_1^2=4$，$x_2^2+y_2^2=4$．
由$\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{OB}$得，${x_0}=\frac{{{x_1}+\sqrt{3}{x_2}}}{2}$，${y_0}=\frac{{{y_1}+\sqrt{3}{y_2}}}{2}$．
由于点M也在圆c上，则${（\frac{{{x_1}+\sqrt{3}{x_2}}}{2}）^2}+{（\frac{{{y_1}+\sqrt{3}{y_2}}}{2}）^2}=4$，
整理得，$\frac{x_1^2+y_1^2}{4}$$+3\frac{x_2^2+y_2^2}{4}$+$\frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}{y_1}{y_2}=4$，
即x₁x₂+y₁y₂=0，所以$1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}$+$（\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3）=0$，
从而得，k²-2k+1=0，即k=1，因此，直线l的方程为y-1=x+1，即x-y+2=0；
（2）若直线l的斜率不存在，则A（-1，$\sqrt{3}$），B（-1，$-\sqrt{3}$），$M（\frac{{-1-\sqrt{3}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}-3}}{2}）$${（\frac{{-1-\sqrt{3}}}{2}）^2}+{（\frac{{\sqrt{3}-3}}{2}）^2}=4-\sqrt{3}≠4$，故此时点M不在曲线c上，
综上所知：k=1，直线方程为x-y+2=0．

点评 本题考查轨迹方程的求解，考查学生的计算能力，运用分类讨论的数学思想是解题的关键．