Question

17．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)P（2，0），且在y軸上截得弦長(zhǎng)為4．
（1）求動(dòng)圓圓心的軌跡Q的方程；
（2）已知點(diǎn)E（m，0）為一個(gè)定點(diǎn)，過(guò)E點(diǎn)分別作斜率為k₁、k₂的兩條直線l₁、l₂，直線l₁交軌跡Q于A、B兩點(diǎn)，直線l₂交軌跡Q于C、D兩點(diǎn)，線段AB、CD的中點(diǎn)分別是M、N．若k₁+k₂=1，求證：直線MN恒過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動(dòng)圓圓心為O₁（x，y），動(dòng)圓與y軸交于R，S兩點(diǎn)，由題意，得|O₁P|=|O₁S|，由此得到$\sqrt{{x^2}+{2^2}}$=$\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}$，從而能求出動(dòng)圓圓心的軌跡Q的方程．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}y={k_1}（x-m）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得${k_1}{y^2}-4y-4{k_1}m=0$，由已知條件推導(dǎo)出M、N的坐標(biāo)，由此能證明直線MN恒過(guò)定點(diǎn)（m，2）．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)圓圓心為O₁（x，y），動(dòng)圓與y軸交于R，S兩點(diǎn)．
由題意，得|O₁P|=|O₁S|．
當(dāng)O₁不在y軸上時(shí)，過(guò)O₁作O₁H⊥RS交RS于H，則H是RS的中點(diǎn)．
∴|O₁S|=$\sqrt{{x^2}+{2^2}}$．
又|O₁P|=$\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}$，
∴$\sqrt{{x^2}+{2^2}}$=$\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}$，化簡(jiǎn)得y²=4x（x≠0）．
又當(dāng)O₁在y軸上時(shí)，O₁與O重合，點(diǎn)O₁的坐標(biāo)為（0，0）也滿足方程y²=4x．
∴動(dòng)圓圓心的軌跡Q的方程為y²=4x．
（2）證明：由$\left\{\begin{array}{l}y={k_1}（x-m）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得${k_1}{y^2}-4y-4{k_1}m=0$．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${y_1}+{y_2}=\frac{4}{k_1}，\;{y_1}{y_2}=-4m$．
因?yàn)锳B中點(diǎn)$M（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}）$，所以$M（\frac{2}{k_1^2}+m，\frac{2}{k_1}）$．
同理，點(diǎn)$N（\frac{2}{k_2^2}+m，\frac{2}{k_2}）$．
∴${k_{MN}}=\frac{{{y_M}-{y_N}}}{{{x_M}-{x_N}}}=\frac{{{k_1}{k_2}}}{{{k_1}+{k_2}}}={k_1}{k_2}$
∴直線MN：$y-\frac{2}{k_1}={k_1}{k_2}[x-（\frac{2}{k_1^2}+m）]$，即y=k₁k₂（x-m）+2
∴直線MN恒過(guò)定點(diǎn)（m，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．