Question

13．在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点F（0，-1）的距离与P到定直线y=-2的距离的比为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，动点P的轨迹记为C．
（1）求轨迹C的方程；
（2）若点M在轨迹C上运动，点N在圆E：x²+（y-0.5）²=r²（r＞0）上运动，且总有|MN|≥0.5，
求r的取值范围；
（3）过点Q（-$\frac{1}{3}$，0）的动直线l交轨迹C于A、B两点，试问：在此坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标．若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设点P（x，y），由题意可得：$\frac{|PF|}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{{x}^{2}+（y+1）^{2}}}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化简即可得出．
（2）E（0，$\frac{1}{2}$）．分类讨论：①r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，根据|MN|≥0.5，可得r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$．②0＜r＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，设M$（cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，|MN|=|EM|-r$≥\frac{1}{2}$，解得r≤|EM|-$\frac{1}{2}$的最小值，即可得出r的取值范围．
（3）把x=-$\frac{1}{3}$代入椭圆的方程可得：$\frac{1}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，解得y=±$\frac{4}{3}$．取点T（1，0）时满足$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0．下面证明：在此坐标平面上存在一个定点T（1，0），使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T（1，0）．设过点Q（-$\frac{1}{3}$，0）的动直线l的方程为：y=k（x+$\frac{1}{3}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程化为：（18+9k²）x²+6k²x+k²-18=0，利用根与系数的关系、数量积运算性质可得$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁-1）（x₂-1）+${k}^{2}（{x}_{1}+\frac{1}{3}）$$（{x}_{2}+\frac{1}{3}）$=0．即可证明．

解答 解：（1）设点P（x，y），由题意可得：$\frac{|PF|}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{{x}^{2}+（y+1）^{2}}}{|y+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化为：x²+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）E（0，$\frac{1}{2}$）．
分类讨论：①r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，∵总有|MN|≥0.5，∴r≥$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$=$\sqrt{2}$+1．
②0＜r＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$，设M$（cosθ，\sqrt{2}sinθ）$，
|MN|=|EM|-r$≥\frac{1}{2}$，解得r≤|EM|-$\frac{1}{2}$=$\sqrt{co{s}^{2}θ+（\sqrt{2}sinθ-\frac{1}{2}）^{2}}$-$\frac{1}{2}$=$\sqrt{（sinθ-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+\frac{3}{4}}$-$\frac{1}{2}$，
∴$0＜r≤\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．
综上可得：r的取值范围是$（0，\frac{\sqrt{3}-1}{2}]$∪$[\sqrt{2}+1，+∞）$．
（3）把x=-$\frac{1}{3}$代入椭圆的方程可得：$\frac{1}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，解得y=±$\frac{4}{3}$．取A$（-\frac{1}{3}，\frac{4}{3}）$，B$（-\frac{1}{3}，-\frac{4}{3}）$．
取点T（1，0）时满足$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0．
下面证明：在此坐标平面上存在一个定点T（1，0），使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T．
设过点Q（-$\frac{1}{3}$，0）的动直线l的方程为：y=k（x+$\frac{1}{3}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\frac{1}{3}）}\\{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（18+9k²）x²+6k²x+k²-18=0，
∴x₁+x₂=$-\frac{6{k}^{2}}{18+9{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{k}^{2}-18}{18+9{k}^{2}}$．
则$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂=（x₁-1）（x₂-1）+${k}^{2}（{x}_{1}+\frac{1}{3}）$$（{x}_{2}+\frac{1}{3}）$=（1+k²）x₁x₂+$（\frac{1}{3}{k}^{2}-1）$（x₁+x₂）+1+$\frac{1}{9}{k}^{2}$=（1+k²）×$\frac{{k}^{2}-18}{18+9{k}^{2}}$-$（\frac{1}{3}{k}^{2}-1）$×$\frac{6{k}^{2}}{18+9{k}^{2}}$+1+$\frac{1}{9}{k}^{2}$=0．
∴在此坐标平面上存在一个定点T（1，0），使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T．

点评 本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆相交转化为一元二次方程的根与系数的关系、点与圆的位置关系、圆的性质、数量积运算性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．