Question

16．已知定点M（-$\sqrt{2}，0}$），N是圆C：（x-$\sqrt{2}}$）²+y²=16（C为圆心） 上的动点，MN的垂直平分线与NC交于点E．
（1）求动点E的轨迹方程C₁；
（2）直线l与轨迹C₁交于P，Q两点，与抛物线C₂：x²=4y交于A，B两点，且抛物线C₂在点A，B处的切线垂直相交于S，设点S到直线l的距离为d，试问：是否存在直线l，使得d=$\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：：|EM|+|EC|=|EN|+|EC|=|NC|=4，故动点E的轨迹为以M，C为焦点，长轴为4的椭圆，分别求得a、b和c的值，求得动点E的轨迹方程C₁；
（2）设出直线l的方程，代入椭圆方程，由韦达定理求得x₁+x₂及x₁x₂，利用导数法求得直线PA和PB的斜率，由PA⊥PB，求得m的值，直线l过抛物线C₂的焦点F，求得交点S的坐标，根据点到直线的距离公式，求得S到到直线l：kx-y+1=0的距离d，根据弦长公式求得丨PQ丨及|AB|，由$d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$，求得28k⁴+36k²+7=0，此方程无解，不存在直线l，使得 $d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$．

解答 解：（1）依题意有：|EM|+|EC|=|EN|+|EC|=|NC|=4，故动点E的轨迹为以M，C为焦点，长轴为4的椭圆．
于是：$a=2，c=\sqrt{2}$，从而$b=\sqrt{2}$，故动点E的轨迹方程C₁为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）设直线l：y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₃，y₃）Q（x₄，y₄），由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，
得：x²-4kx-4m=0，故x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4m．
由x²=4y得：$y=\frac{1}{4}{x^2}$，即切线斜率$k=y'=\frac{x}{2}$．
于是：${k_{PA}}=\frac{x_1}{2}，{k_{PB}}=\frac{x_2}{2}$，
由PA⊥PB得；${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{x_1}{2}×\frac{x_2}{2}=\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}=-m=-1$，
解得：m=1，
这说明直线l过抛物线C₂的焦点F，由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x_1}{2}x-\frac{x_1^2}{4}\\ y=\frac{x_2}{2}x-\frac{x_2^2}{4}\end{array}\right.$，
得：$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2k，y=\frac{x_1}{2}•2k-\frac{x_1^2}{4}=k{x_1}-\frac{x_1^2}{4}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}{x_1}-\frac{x_1^2}{4}=\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}=-1$即S（2k，-1）．
于是：点S（2k，-1）到直线l：kx-y+1=0的距离$d=\frac{{2{k^2}+2}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=2\sqrt{1+{k^2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\{x^2}+2{y^2}=4\end{array}\right.$得：（1+2k²）x²+4kx-2=0，
从而$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{{{（{4k}）}^2}-4（{1+2{k^2}}）•（{-2}）}}}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{8（{1+4{k^2}}）}}}{{1+2{k^2}}}$，
同理：|AB|=4（1+k²），
由$d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$得$2\sqrt{（{1+2{k^2}}）}=\sqrt{4（{1+{k^2}}）•（{1+{k^2}}）\frac{{\sqrt{8（{1+4{k^2}}）}}}{{1+2{k^2}}}}$，
化简整理，得：28k⁴+36k²+7=0，此方程无解，
所以不存在直线l，使得 $d=\sqrt{|{AB}|•|{PQ}|}$．

点评 本题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，一元二次方程根与系数的关系，点到直线的距离公式等知识的综合运用，考查分析问题及解决问题的能力，属于中档题．