Question

14．已知A（-2，0），B（2，0），且△ABM的周长等于$2\sqrt{6}+4$．
（1）求动点M的轨迹G的方程；
（2）已知点C，D分别为动直线y=k（x-2）（k≠0）与轨迹G的两个交点，问在x轴上是否存在定点E，使$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由△ABM的周长等于$2\sqrt{6}+4$．得$|{AM}|+|{BM}|+|{AB}|=2\sqrt{6}+4$，即$|{AM}|+|{BM}|=2\sqrt{6}＞4$．由椭圆的定义知，点M的轨迹是椭圆．进而求出．
（2）直线方程与椭圆方程联立化为（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由△＞0，得k∈R且k≠0．假设x轴上存在定点E（m，0），使得$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$为定值，则$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=（{x_1}-m，{y_1}）•（{x_2}-m，{y_2}）=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}$，把根与系数的关系代入即可得出．

解答 解：（1）由△ABM的周长等于$2\sqrt{6}+4$．
得$|{AM}|+|{BM}|+|{AB}|=2\sqrt{6}+4$，即$|{AM}|+|{BM}|=2\sqrt{6}＞4$．
由椭圆的定义知，点M的轨迹是椭圆．
且$2a=2\sqrt{6}$，2c=4，故b²=a²-c²=2．
所以动点M的轨迹方程是$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1（y≠0）$．
（2）由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．
设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由△＞0，得k∈R且k≠0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{12{k^2}-6}}{{1+3{k^2}}}$．
根据题意，假设x轴上存在定点E（m，0），使得$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}$为定值，
则有$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=（{x_1}-m，{y_1}）•（{x_2}-m，{y_2}）=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}$=$（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{k^2}（{x_1}-2）（{x_2}-2）=（{k^2}+1）{x_1}{x_2}-（2{k^2}+m）（{x_1}+{x_2}）+（4{k^2}+{m^2}）$=$（{k^2}+1）•\frac{{12{k^2}-6}}{{1+3{k^2}}}-（2{k^2}+m）•\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}+（4{k^2}+{m^2}）=\frac{{（3{m^2}-12m+10）{k^2}+（{m^2}-6）}}{{1+3{k^2}}}$．
要使上式为定值，即与k无关，
即$\frac{{3{m^2}-12m+10}}{3}=\frac{{{m^2}-6}}{1}$，即3m²-12m+10=3（m²-6），即$m=\frac{7}{3}$．
此时$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}={m^2}-6=-\frac{5}{9}$为定值，定点E为$（\frac{7}{3}，0）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次的根与系数、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．