Question

17．在平面直角坐标系中，动点M到定点F（-1，0）的距离和它到直线l：x=-2的距离之比是常数$\frac{\sqrt{2}}{2}$，记动点M的轨迹为T．
（1）求轨迹T的方程；
（2）过点F且不与x轴重合的直线m，与轨迹T交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点P，与轨迹T是否存在点Q，使得四边形APBQ为菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设动点M（x，y），由点到直线的距离公式和两点间距离公式列出方程，能求出轨迹T的方程．
（2）假设存在Q（x₀，y₀）满足条件．设依题意设直线m为x=ky-1，联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（k²+2）y²-2ky-1=0，由此利用韦达定理、椭圆性质、直线方程，结合已知条件能求出直线m的方程．

解答 解：（1）设动点M（x，y），
∵动点M到定点F（-1，0）的距离和它到直线l：x=-2的距离之比是常数$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴由题意，得$\frac{{\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}}}{{\left|{x+2}\right|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
化简整理得C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
∴轨迹T的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（3分）
（2）假设存在Q（x₀，y₀）满足条件．设依题意设直线m为x=ky-1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（k²+2）y²-2ky-1=0，
令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则y₁+y₂=$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，x₁+x₂=k（y₁+y₂）-2=$\frac{-4}{{{k^2}+2}}$，…（7分）
∴AB的中点N的坐标为（$\frac{-2}{{{k^2}+2}}$，$\frac{k}{{{k^2}+2}}$）．
∵PQ⊥l，∴直线PQ的方程为y-$\frac{k}{{{k^2}+2}}$=-k（x+$\frac{2}{{{k^2}+2}}$），
令y=0，解得x=$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，即P（$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，0）．…（9分）
∵P、Q关于N点对称，∴$\frac{-2}{{{k^2}+2}}$=$\frac{1}{2}$（ x₀$-\frac{1}{{{k^2}+2}}$），$\frac{k}{{{k^2}+2}}$=$\frac{1}{2}$（ y₀+0），
解得x₀=$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$，y₀=$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，即Q（$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$，$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$）． …（11分）
∵点Q在椭圆上，∴（$\frac{-3}{{{k^2}+2}}$）²+2（$\frac{2k}{{{k^2}+2}}$）²=2，
解得k²=$\sqrt{\frac{1}{2}}$，∴$\frac{1}{k^2}=\sqrt{2}$，∴$\frac{1}{k}$=±$\root{4}{2}$，
∴m的方程为y=$\root{4}{2}$x+$\root{4}{2}$或y=-$\root{4}{2}$x-$\root{4}{2}$．  …（13分）

点评 本题考查轨迹方程的求法，考查满足条件的直线是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、椭圆性质、直线方程的合理运用．