Question

10．已知点p为圆F₁：x²+（y-$\sqrt{2}$）²=12上任一点，F₂（0，-$\sqrt{2}$），且线段PF₂垂直平分线交线段PF₁于点M，
（1）求点M的轨迹曲线C的方程；
（2）直线l过点F₁与曲线C交于A、B两点，在x轴上是否存在点Q，使得△ABQ为等边三角形，若存在求出所有满足条件的点Q坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意有|PM|=|F₂M|从而有|MF₁|+|MF₂|=|PF₁|=2$\sqrt{3}$，根据椭圆的定义得点M的轨迹是以F₁、F₂为焦点的椭圆．再写出其方程即可；
（2）求出椭圆的焦点，讨论直线l的斜率为0，不存在和存在，设为x=m（y-$\sqrt{2}$），代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合等边三角形的特点，解方程即可判断存在Q．

解答 解：（1）x²+（y-$\sqrt{2}$）²=12的圆心为（0，$\sqrt{2}$），半径为2$\sqrt{3}$，
由垂直平分线性质可得，|PM|=|F₂M|，
∴|MF₁|+|MF₂|=|PF₁|=2$\sqrt{3}$，
∴点M的轨迹是以F₁、F₂为焦点的椭圆．且c=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{3}$，b=1，
则点M的轨迹曲线C的方程为$\frac{{y}^{2}}{3}$+x²=1；
（2）椭圆$\frac{{y}^{2}}{3}$+x²=1的焦点为F₁（0，$\sqrt{2}$），F₂（0，-$\sqrt{2}$），
若直线l的斜率为0，即有y=$\sqrt{2}$，|AB|=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，由ABQ为等边三角形，
可得|QF₁|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|=1＜$\sqrt{2}$，即Q在y轴上，不成立；
设直线l的方程为x=m（y-$\sqrt{2}$），代入椭圆方程可得，
（1+3m²）y²-6$\sqrt{2}$m²y+6m²-3=0，y₁+y₂=$\frac{6\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$，
设AB的中点为H，y_H=$\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$，x_H=m（y_H-$\sqrt{2}$）=-$\frac{\sqrt{2}m}{1+3{m}^{2}}$，
由椭圆的焦半径公式可得|AB|=a-ey₁+a-ey₂=2a-e（y₁+y₂）
=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{6}}{3}$•$\frac{6\sqrt{2}{m}^{2}}{1+3{m}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}（1+{m}^{2}）}{1+3{m}^{2}}$，
假设存在Q（t，0），使得△ABQ为等边三角形，则|QH|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，且QH⊥AB，
即有$\frac{{y}_{H}}{{x}_{H}-t}$=-m，且$\sqrt{（{x}_{H}-t）^{2}+{{y}_{H}}^{2}}$=$\frac{3（1+{m}^{2}）}{1+3{m}^{2}}$，
即为-$\frac{\sqrt{2}m}{1+3{m}^{2}}$-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=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
综上可得存在Q，且为（-3，0），（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），使得△ABQ为等边三角形．

点评 本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆的定义，考查直线和椭圆的位置关系，以及弦长公式，中点坐标公式，考查运算化简能力，属于难题．