Question

19．在平面直角坐标平面中，△ABC的两个顶点为B（0，-1），C（0，1），平面内两点P、Q同时满足：
①$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$；②|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|；③$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$．
（1）求顶点A的轨迹E的方程；
（2）过点F（$\sqrt{2}$，0）作两条互相垂直的直线l₁，l₂，直线l₁，l₂与点A的轨迹E的相交弦分别为A₁B₁，A₂B₂，设弦A₁B₁，A₂B₂的中点分别为M，N．
（ⅰ）求四边形A₁A₂B₁B₂的面积S的最小值；
（ⅱ）试问：直线MN是否恒过一个定点？若过定点，请求出该定点，若不过定点，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$可得P为△ABC的重心，设A（x，y），则P（$\frac{x}{3}，\frac{y}{3}$），再由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|，知Q是△ABC的外心，Q在x轴上，再由$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$，可得Q（$\frac{x}{3}，0$），结合|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QC}$|求得顶点A的轨迹E的方程；
（2）F（$\sqrt{2}$，0）恰为$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$的右焦点．当直线l₁，l₂的斜率存在且不为0时，设直线l₁ 的方程为my=x-$\sqrt{2}$．联立直线方程与椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求得A、B的纵坐标得到和与积．
（ⅰ）根据焦半径公式得|A₁B₁|、|A₂B₂|，代入四边形面积公式再由基本不等式求得四边形A₁A₂B₁B₂的面积S的最小值；
（ⅱ）根据中点坐标公式得M、N的坐标，得到直线MN的方程，化简整理令y=0解得x值，可得直线MN恒过定点；当直线l₁，l₂有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0，直线MN即为x轴，过点（$\frac{3\sqrt{2}}{4}，0$）．

解答 解：（1）由$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$，得$\overrightarrow{PC}=-2\overrightarrow{PO}$，∴P为△ABC的重心，
设A（x，y），则P（$\frac{x}{3}，\frac{y}{3}$），由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|，知Q是△ABC的外心，∴Q在x轴上，
由$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$，可得Q（$\frac{x}{3}，0$），由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QC}$|，得$\sqrt{（\frac{x}{3}）^{2}+1}=\sqrt{（x-\frac{x}{3}）^{2}+{y}^{2}}$．
化简整理得：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$（x≠0）；
（2）F（$\sqrt{2}$，0）恰为$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$的右焦点．
①当直线l₁，l₂的斜率存在且不为0时，设直线l₁ 的方程为my=x-$\sqrt{2}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-\sqrt{2}}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}-3=0}\end{array}\right.$，得$（{m}^{2}+3）{y}^{2}+2\sqrt{2}my-1=0$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-1}{{m}^{2}+3}$．
（ⅰ）根据焦半径公式得：$|{A}_{1}{B}_{1}|=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}（{x}_{1}+{x}_{2}）$，
又${x}_{1}+{x}_{2}=m{y}_{1}+\sqrt{2}+m{y}_{2}+\sqrt{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）$$+2\sqrt{2}$=$\frac{-2\sqrt{2}{m}^{2}}{{m}^{2}+3}+2\sqrt{2}=\frac{6\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}$．
∴$|{A}_{1}{B}_{1}|=2\sqrt{3}-\frac{4\sqrt{3}}{{m}^{2}+3}$=$\frac{2\sqrt{3}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+3}$，同理|A₂B₂|=$\frac{2\sqrt{3}（\frac{1}{{m}^{2}}+1）}{\frac{1}{{m}^{2}}+3}$=$\frac{2\sqrt{3}（{m}^{2}+1）}{3{m}^{2}+1}$．
则$S=6\frac{（{m}^{2}+1）^{2}}{（{m}^{2}+3）（3{m}^{2}+1）}$≥6$\frac{（m+1）^{2}}{（\frac{4（{m}^{2}+1）}{2}）^{2}}=\frac{3}{2}$．
当m²+3=3m²+1，即m=±1时取等号．
（ⅱ）根据中点坐标公式得：M（$\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}，\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}$），同理可得N（$\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{3{m}^{2}+1}，\frac{\sqrt{2}m}{3{m}^{2}+1}$）．
则直线MN的斜率为k_MN=$\frac{\frac{\sqrt{2}m}{3{m}^{2}+3}-\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}}{\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{3{m}^{2}+1}-\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}}$=$\frac{4m}{3（{m}^{2}-1）}$．
∴直线MN的方程为$y-\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}=\frac{4m}{3（{m}^{2}-1）}（x-\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}）$，
化简整理得：$3y{m}^{4}+（3\sqrt{2}-4x）{m}^{3}+6y{m}^{2}+3（3\sqrt{2}-4x）m-9y=0$．
令y=0，解得x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，∴直线MN恒过定点（$\frac{3\sqrt{2}}{4}，0$）．
②当直线l₁，l₂有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0，
直线MN即为x轴，过点（$\frac{3\sqrt{2}}{4}，0$）．
综上，S的最小值为$\frac{3}{2}$，直线MN过定点（$\frac{3\sqrt{2}}{4}，0$）．

点评 本题考查轨迹方程的求法，考查椭圆的简单性质，训练了直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是压轴题．