Question

15．已知A（-3，0），B（3，0），动点P满足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0，如图所示作PD⊥x轴，且$\overrightarrow{DM}$=λ$\overrightarrow{DP}$（0＜λ＜1）
（1）求点M的轨迹方程C；
（2）过方程C对应曲线的右焦点作斜率为1的直线l_AB与曲线C交于E，F两点，曲线C上是否存在点H使得△EFH的重心为坐标原点？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），则$\overrightarrow{PA}=（-3-x，-y），\overrightarrow{PB}=（3-x，-y）$，动点P满足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0⇒（-3-x）（3-x）+（-y）（-y）=0化简即可．
（2）由（1）得曲线C的右焦点为（3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$，0），斜率为1的直线l_AB与的方程为：y=x-3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$
设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），H（x₀，y₀），
假设在曲线C上存在点H使得△EFH的重心为坐标原点，则x₀=-（x₁+x₂），y₀=-（y₁+y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3\sqrt{1-{λ}^{2}}}\\{{λ}^{2}{x}^{2}+{y}^{2}=9{λ}^{2}}\end{array}\right.$得（${（λ}^{2}+1）{x}^{2}-6\sqrt{1-{λ}^{2}}x+9-18{λ}^{2}=0$；
H（$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}，\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$）在曲线C上，${λ}^{2}\frac{36（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}+\frac{36{λ}^{4}（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}=9{λ}^{2}$，即可求出λ．

解答 解：（1）设P（x，y），则$\overrightarrow{PA}=（-3-x，-y），\overrightarrow{PB}=（3-x，-y）$，
动点P满足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0⇒（-3-x）（3-x）+（-y）（-y）=0⇒y²+x²=9
设M（s，t），∵PD⊥x轴，且$\overrightarrow{DM}$=λ$\overrightarrow{DP}$（0＜λ＜1），
∴x=s，y=$\frac{t}{λ}$，∴${s}^{2}+\frac{{t}^{2}}{{λ}^{2}}=9$，
∴点M的轨迹方程C为：$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{9{λ}^{2}}=1$（0＜λ＜1）
（2）由（1）得曲线C的右焦点为（3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$，0）
斜率为1的直线l_AB与的方程为：y=x-3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$
设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），H（x₀，y₀），
假设在曲线C上存在点H使得△EFH的重心为坐标原点，则x₀=-（x₁+x₂），y₀=-（y₁+y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3\sqrt{1-{λ}^{2}}}\\{{λ}^{2}{x}^{2}+{y}^{2}=9{λ}^{2}}\end{array}\right.$得（${（λ}^{2}+1）{x}^{2}-6\sqrt{1-{λ}^{2}}x+9-18{λ}^{2}=0$；
x₁+x₂=$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{{λ}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$，
，H（$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}，\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$）在曲线C上，
∴${λ}^{2}\frac{36（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}+\frac{36{λ}^{4}（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}=9{λ}^{2}$，
⇒λ²=$\frac{3}{5}$，∵0＜λ＜1．
∴在曲线C上存在点H使得△EFH的重心为坐标原点，此时$λ=\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了轨迹方程的求解，及圆锥曲线中的存在问题，属于中档题．