Question

4．在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点F（1，0）的距离和它到定直线x=2的距离比是$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设过点Q（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0）的直线l与曲线C交于点M，N，求证：点A（$\sqrt{2}$，0）在以MN为直经的圆上．

Answer 1

分析 （1）设点P（x，y），依题意可得$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{|x-2|}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由此能求出动点P的轨迹方程．
（2）设直线l的方程为$x=my+\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ x=my+\frac{{\sqrt{2}}}{3}.\end{array}\right.$，得$（{m^2}+2）{y^2}+\frac{{2\sqrt{2}}}{3}my-\frac{16}{9}=0$，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积、椭圆性质，结合已知条件能证明点$A（\sqrt{2}，0）$在以MN为直径的圆上．

解答 解：（1）设点P（x，y），
依题意可得$\frac{{\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}}}{|x-2|}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（2分）
整理得，x²+2y²=2．…（4分）
所以动点P的轨迹方程为x²+2y²=2．
证明：（2）依题意，设直线l的方程为$x=my+\frac{{\sqrt{2}}}{3}$．…（5分）
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ x=my+\frac{{\sqrt{2}}}{3}.\end{array}\right.$，得$（{m^2}+2）{y^2}+\frac{{2\sqrt{2}}}{3}my-\frac{16}{9}=0$．…①…（6分）
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则y₁，y₂是方程①的两根，
所以$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=-\frac{{2\sqrt{2}m}}{{3（{m^2}+2）}}\\{y_1}•{y_2}=-\frac{16}{{9（{m^2}+2）}}.\end{array}\right.$，
且${x_1}=m{y_1}+\frac{{\sqrt{2}}}{3}，{x_2}=m{y_2}+\frac{{\sqrt{2}}}{3}$．…（7分）
$\begin{array}{l}因为\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（\sqrt{2}-{x_1}，-{y_1}）•（\sqrt{2}-{x_2}，-{y_2}）\end{array}$…（8分）
=（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-my₁，-y₁）•（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-my₂，-y₂）
=$\frac{8}{9}+\frac{8{m}^{2}}{9（{m}^{2}+2）}$-（1+m²）×$\frac{16}{9（1+{m}^{2}）}×\frac{16}{9（{m}^{2}+2）}$

=$\frac{8}{9}-\frac{2\sqrt{2}}{3}m（{y}_{1}+{y}_{2}）+（1+{m}^{2}）{y}_{1}{y}_{2}$ …（9分）
=$\frac{8{m}^{2}+16+8{m}^{2}-16-16{m}^{2}}{9（{m}^{2}+2）}$=0…（10分）
所以，AM⊥AN．…（11分）
所以点$A（\sqrt{2}，0）$在以MN为直径的圆上．…（12分）

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查点在圆上的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、向量的数量积、椭圆性质的合理运用．