Question

19．已知两点F₁（-$\sqrt{3}$，0）和F₂（$\sqrt{3}$，0），动点P满足|$\overrightarrow{O{F_1}}$+$\overrightarrow{OP}$|+|$\overrightarrow{O{F_2}}$+$\overrightarrow{OP}$|=4．
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设曲线C上的两点M，N在x轴上方，且F₁M∥F₂N，若以MN为直径的圆恒过点（0，2），求F₁M的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由向量的坐标表示，分别表示出$\overrightarrow{O{F_1}}$+$\overrightarrow{OP}$和$\overrightarrow{O{F_2}}$+$\overrightarrow{OP}$，根据模长公式，代入即可求得动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设出直线方程，根据椭圆的对称性求得N点坐标，代入椭圆方程，由韦达定理求得y₁+y₂和y₁y₂，分别表示出$\overrightarrow{RM}$和$\overrightarrow{RN}$，由以MN为直径的圆恒过点（0，2），可知$\overrightarrow{RM}$•$\overrightarrow{RN}$=0，即可求得m的值，求得F₁M的方程．

解答 解：（Ⅰ）设P（x，y），则$\overrightarrow{O{F_1}}+\overrightarrow{OP}=（x-\sqrt{3}，y），\overrightarrow{O{F_2}}+\overrightarrow{OP}=（x+\sqrt{3}，y）$，
$|\overrightarrow{O{F_1}}+\overrightarrow{OP}|+|\overrightarrow{O{F_2}}+\overrightarrow{OP}|=4?\sqrt{{{（x-\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{3}）}^2}+{y^2}}=4$，
由椭圆的定义知：动点P的轨迹C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．（4分）
（Ⅱ）设直线F₁M：x=my-$\sqrt{3}$，且与曲线C的另一个交点为N'，
设M（x₁，y₁），N'（x₂，y₂），由F₁M∥F₂N及椭圆的对称性知：N（-x₂，-y₂）…（6分）
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my-\sqrt{3}}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（m²+4）y²-2$\sqrt{3}$my-1=0，
△=16（m²+1）＞0，则y₁+y₂=$\frac{2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+4}$，y₁-y₂=|y₁-y₂|=$\frac{4\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+4}$，
∵$\overrightarrow{RM}$=（x₁，y₁-2）=（my₁-$\sqrt{3}$，y₁-2），$\overrightarrow{RN}$=（-x₂，-y₂-2）=（-my₂+$\sqrt{3}$，-y₂-2），
∴$\overrightarrow{RM}$•$\overrightarrow{RN}$=（my₁-$\sqrt{3}$）•（-my₂+$\sqrt{3}$）+（y₁-2）（-y₂-2）=0，
即-（m²+1）y₁y₂+$\sqrt{3}$m（y₁+y₂）-2（y₁-y₂）+1=0，
于是m²+1+6m²-8$\sqrt{{m}^{2}+1}$+m²+4=0，
解得m=±$\frac{\sqrt{4\sqrt{10}-2}}{4}$，
所以直线F₁M的方程是x=±$\frac{\sqrt{4\sqrt{10}-2}}{4}$y-$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆方程的求解及直线与椭圆的位置关系，考查向量的坐标运算，韦达定理，考查考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力，属于中档题．