Question

10．已知點p為圓F₁：x²+（y-$\sqrt{2}$）²=12上任一點，F(xiàn)₂（0，-$\sqrt{2}$），且線段PF₂垂直平分線交線段PF₁于點M，
（1）求點M的軌跡曲線C的方程；
（2）直線l過點F₁與曲線C交于A、B兩點，在x軸上是否存在點Q，使得△ABQ為等邊三角形，若存在求出所有滿足條件的點Q坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意有|PM|=|F₂M|從而有|MF₁|+|MF₂|=|PF₁|=2$\sqrt{3}$，根據(jù)橢圓的定義得點M的軌跡是以F₁、F₂為焦點的橢圓．再寫出其方程即可；
（2）求出橢圓的焦點，討論直線l的斜率為0，不存在和存在，設(shè)為x=m（y-$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，結(jié)合等邊三角形的特點，解方程即可判斷存在Q．

解答 解：（1）x²+（y-$\sqrt{2}$）²=12的圓心為（0，$\sqrt{2}$），半徑為2$\sqrt{3}$，
由垂直平分線性質(zhì)可得，|PM|=|F₂M|，
∴|MF₁|+|MF₂|=|PF₁|=2$\sqrt{3}$，
∴點M的軌跡是以F₁、F₂為焦點的橢圓．且c=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{3}$，b=1，
則點M的軌跡曲線C的方程為$\frac{{y}^{2}}{3}$+x²=1；
（2）橢圓$\frac{{y}^{2}}{3}$+x²=1的焦點為F₁（0，$\sqrt{2}$），F(xiàn)₂（0，-$\sqrt{2}$），
若直線l的斜率為0，即有y=$\sqrt{2}$，|AB|=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，由ABQ為等邊三角形，
可得|QF₁|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|=1＜$\sqrt{2}$，即Q在y軸上，不成立；
設(shè)直線l的方程為x=m（y-$\sqrt{2}$），代入橢圓方程可得，
（1+3m²）y²-6$\sqrt{2}$m²y+6m²-3=0，y₁+y₂=$\frac{6\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$，
設(shè)AB的中點為H，y_H=$\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$，x_H=m（y_H-$\sqrt{2}$）=-$\frac{\sqrt{2}m}{1+3{m}^{2}}$，
由橢圓的焦半徑公式可得|AB|=a-ey₁+a-ey₂=2a-e（y₁+y₂）
=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{6}}{3}$•$\frac{6\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}（1+{m}^{2}）}{1+3{m}^{2}}$，
假設(shè)存在Q（t，0），使得△ABQ為等邊三角形，則|QH|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，且QH⊥AB，
即有$\frac{{y}_{H}}{{x}_{H}-t}$=-m，且$\sqrt{（{x}_{H}-t）^{2}+{{y}_{H}}^{2}}$=$\frac{3（1+{m}^{2}）}{1+3{m}^{2}}$，
即為-$\frac{\sqrt{2}m}{1+3{m}^{2}}$-t=$\frac{3\sqrt{1+{m}^{2}}}{1+3{m}^{2}}$，$\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$=-m•$\frac{3\sqrt{1+{m}^{2}}}{1+3{m}^{2}}$，
或-$\frac{\sqrt{2}m}{1+3{m}^{2}}$-t=-$\frac{3\sqrt{1+{m}^{2}}}{1+3{m}^{2}}$，$\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$=m•$\frac{3\sqrt{1+{m}^{2}}}{1+3{m}^{2}}$，
解得m=0，t=-3或m=1，t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$或m=-1，t=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
綜上可得存在Q，且為（-3，0），（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），使得△ABQ為等邊三角形．

點評 本題考查軌跡方程的求法，注意運用橢圓的定義，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，以及弦長公式，中點坐標公式，考查運算化簡能力，屬于難題．