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2.已知$F(-\sqrt{3},0)$,${F_2}(\sqrt{3},0)$,动点p满足|PF1|+|PF2|=4.
(1)求动点P的轨迹C的标准方程:
(2)不垂直于坐标轴的直线,与曲线C交于A、B两点,以AB为直径的圆过原点,且线段AB的垂直平分线交y轴于点$Q(0,-\frac{3}{2})$,求直线l的方程.

分析 (1)运用椭圆的定义,求出a,b,即可得到椭圆方程;
(2)设直线l的方程设为y=kx+t,设A(x1,y1)B(x2,y2),联立椭圆方程,运用韦达定理和判别式大于0,以AB为直径的圆过坐标原点,则有x1x2+y1y2=0,代入化简整理,再由两直线垂直的条件,解方程可得k,进而得到所求直线方程.

解答 解:(1)因$|PF|+|P{F_2}|=4>|F{F_2}|=2\sqrt{3}$…(1分)
故动点P的轨迹C是以F1,F2为焦点,2a=4为长轴长的椭圆,其标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…(3分)
(2)因l不垂直于坐标轴,故l的斜率存在且不为0,设l的方程为y=kx+m…(4分)A(x1,y1),B(x2,y2),
由$\left\{{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}}\right.$得$\frac{x^2}{4}+{(kx+m)^2}=1$,化简得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
所以$\left\{{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}}\right.$(*)且△=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(-m2+1+4k2)>0,即1+4k2>m2…(6分)
由以AB为直径的圆过原点得OA⊥OB,得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$
即${x_1}{x_2}+(k{x_1}+m)(k{x_2}+m)=(1+{k^2}){x_1}{x_2}+mk({x_1}+{x_2})+{m^2}=0$…(8分)
由(*)代入得$(1+{k^2})\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+mk\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$,化简得5m2=4+4k2①…(9分)
设AB中点为M(x0,y0),则${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}$$,{y_0}=k{x_0}+m=\frac{m}{{1+4{k^2}}}$,
故AB的中垂线方程为$y-\frac{m}{{1+4{k^2}}}=-\frac{1}{k}({x+\frac{4km}{{1+4{k^2}}}})$,即$y=-\frac{x}{k}-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$,…(10分)
代入$Q(0,-\frac{3}{2})$得$-\frac{3}{2}=-\frac{3m}{{1+4{k^2}}}$,即2m=1+4k2>1②,…(11分)
由①②得5m2=2m+3,解得m=1或$m=-\frac{3}{5}$(舍去),
故$4{k^2}=1,k=±\frac{1}{2}$,直线l的方程为$y=±\frac{1}{2}x+1$…(12分)

点评 本题考查椭圆的方程和性质,主要考查椭圆的定义,联立直线方程,运用韦达定理,同时考查圆的性质:直径所对的圆周角为直角,考查直线垂直的条件和直线方程的求法,属于中档题.

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