Question

14．已知两点$A（-\sqrt{2}，0），B（\sqrt{2}，0）$，动点P在y轴上的投影是Q，且$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}=|\overrightarrow{PQ}{|^2}$．
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）过F（1，0）作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E₁，E₂分别是GH，MN的中点．求证：直线E₁E₂恒过定点．

Answer 1

分析 （1）设点P坐标为（x，y）∴点Q坐标为（x，0），利用$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={|{\overrightarrow{PQ}}|^2}$，即可得出．
（2）当两直线的斜率都存在且不为0时，设l_GH：y=k（x-1），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂）${l_{MN}}：y=-\frac{1}{k}（x-1），M（{x_3}，{y_3}），H（{x_4}，{y_4}）$，联立方程得，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，利用根与系数的关系、中点坐标公式即可得出．

解答 解：（1）设点P坐标为（x，y）∴点Q坐标为（x，0）．
∵$2\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={|{\overrightarrow{PQ}}|^2}$，
∴$2[（-\sqrt{2}-x）（\sqrt{2}-x）+{y^2}]={x^2}$∴点P的轨迹方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$---------（4分）
（2）证明：当两直线的斜率都存在且不为0时，
设l_GH：y=k（x-1），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂）
${l_{MN}}：y=-\frac{1}{k}（x-1），M（{x_3}，{y_3}），H（{x_4}，{y_4}）$，
联立方程得，$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，∴△＞0恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}\end{array}\right.$，---------（6分）
∴GH中点E₁坐标为$（\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-k}{{2{k^2}+1}}）$
同理，MN中点E₂坐标为$（\frac{2}{{{k^2}+2}}，\frac{k}{{{k^2}+2}}）$---------（8分）
∴${k_{{E_1}{E_2}}}=\frac{-3k}{{2（{k^2}-1）}}$
∴${l_{{E_1}{E_2}}}$的方程为$y=\frac{-3k}{{2（{k^2}-1）}}（x-\frac{2}{3}）$，∴过点$（\frac{2}{3}，0）$---------（10分）
当两直线的斜率分别为0和不存在时，${l_{{E_1}{E_2}}}$的方程为y=0，也过点$（\frac{2}{3}，0）$
综上所述，${l_{{E_1}{E_2}}}$过定点$（\frac{2}{3}，0）$---------（12分）

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、向量坐标运算性质、数量积运算性质、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．