Question

2．已知圓C：（x+1）²+y²=8，定點(diǎn)A（1，0），M為圓上一動(dòng)點(diǎn)，線段MA的垂直平分線交MC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)N的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E方程；
（2）若經(jīng)過F（0，2）的直線l交曲線E于不同的兩點(diǎn)G，H（點(diǎn)G在點(diǎn)F，H之間），且滿足$\overrightarrow{FG}=\frac{3}{5}\overrightarrow{FH}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：丨NC丨=r-丨NM丨，丨NC丨+丨NM丨=r=2$\sqrt{2}$＞丨AC丨，點(diǎn)N的軌跡是以A、C 為焦點(diǎn)的橢圓，2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，c=1，橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知：設(shè)直線GH的方程為：y=kx+2，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{4k}{\frac{1}{2}+{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3}{\frac{1}{2}+{k}^{2}}$，由$\overrightarrow{FG}=\frac{3}{5}\overrightarrow{FH}$，求得x₁=$\frac{3}{5}$x₂，代入即可求得k²=2＞$\frac{3}{2}$，即可求得直線方程，當(dāng)直線GH斜率不存在時(shí)，不符合題意．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（x，y），
NP是線段AM的垂直平分線，
又點(diǎn)N在CM上，圓C：（x+1）²+y²=8，半徑是 r=2$\sqrt{2}$，
∴丨NC丨=r-丨NM丨，
∴丨NC丨+丨NM丨=r=2$\sqrt{2}$＞丨AC丨，
∴點(diǎn)N的軌跡是以A、C 為焦點(diǎn)的橢圓，
設(shè)橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
∴2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，c=1，
由b²=a²-c²=1，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
∴曲線E方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
當(dāng)直線GH斜率存在時(shí)，設(shè)直線GH的斜率為k
則直線GH的方程為：y=kx+2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（$\frac{1}{2}$+k²）x²+4kx+3=0，
由△＞0，解得：k²＞$\frac{3}{2}$，
x₁+x₂=-$\frac{4k}{\frac{1}{2}+{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3}{\frac{1}{2}+{k}^{2}}$，
又∵$\overrightarrow{FG}$=（x₁，y₁-2），$\overrightarrow{FH}$=（x₂，y₂-2），
∵$\overrightarrow{FG}=\frac{3}{5}\overrightarrow{FH}$，
∴x₁=$\frac{3}{5}$x₂，
整理得：$\frac{3}{5}$•（-$\frac{5k}{1+2{k}^{2}}$）²=$\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，即k²=2＞$\frac{3}{2}$，
解得：k=±$\sqrt{2}$，
∴直線l的方程為：y=±$\sqrt{2}$x+2，
當(dāng)直線GH斜率不存在時(shí)，直線的l方程為x=0，
$\overrightarrow{FG}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{FH}$與$\overrightarrow{FG}=\frac{3}{5}\overrightarrow{FH}$矛盾，
故直線GH斜率不存在時(shí)，直線方程不成立，
∴直線l的方程為：y=±$\sqrt{2}$x+2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及橢圓的定義，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查分類討論思想，屬于中檔題．