Question

8．已知射線OA，OB的方程分別為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x（x≥0），y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x（x≤0），動(dòng)點(diǎn)M、N分別在OA、OB上滑動(dòng)，且MN=4$\sqrt{3}$．
（1）若$\overrightarrow{MP}$=$\overrightarrow{PN}$，求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）已知F₁（-4$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（4$\sqrt{2}$，0），請(qǐng)問(wèn)：在曲線C上是否存在動(dòng)點(diǎn)P滿足條件$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=0？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先設(shè)出M，N，P三點(diǎn)的坐標(biāo)，M（${x}_{1}，\frac{\sqrt{3}}{3}{x}_{1}$），N（${x}_{2}，-\frac{\sqrt{3}}{3}{x}_{2}$），P（x，y），由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得到${x}_{1}+{x}_{2}=2x，{x}_{1}-{x}_{2}=2\sqrt{3}y$，將這兩個(gè)式子帶入|MN|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+\frac{1}{3}（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}$，然后化簡(jiǎn)即可得到點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由上面便知軌跡為橢圓，并且F₁，F(xiàn)₂是它的兩個(gè)焦點(diǎn)，根據(jù)$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}=0$便知PF₁⊥PF₂，所提的問(wèn)題便可說(shuō)成在曲線C上是否存在動(dòng)點(diǎn)P，使PF₁⊥PF₂．根據(jù)橢圓的特點(diǎn)，只需驗(yàn)證橢圓的上頂點(diǎn)和焦點(diǎn)的連線的夾角是否大于等于90°即可，可設(shè)上頂點(diǎn)為Q，根據(jù)余弦定理即可求出cos∠F₁QF₂并判斷該余弦值是否小于等于0即可．當(dāng)存在滿足條件的P點(diǎn)時(shí)，可設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)（x₀，y₀），然后根據(jù)P點(diǎn)在橢圓上，和$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}=0$便可建立關(guān)于x₀，y₀的方程，解方程即可求得P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）根據(jù)已知條件設(shè)M（${x}_{1}，\frac{\sqrt{3}}{3}{x}_{1}$），N（${x}_{2}，-\frac{\sqrt{3}}{3}{x}_{2}$），P（x，y）；
∵$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$；
∴P為MN的中點(diǎn)；
∴根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{6}（{x}_{1}-{x}_{2}）}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=2x}\\{{x}_{1}-{x}_{2}=2\sqrt{3}y}\end{array}\right.$①；
∵$|MN|=4\sqrt{3}$；
∴$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+\frac{1}{3}（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}=4\sqrt{3}$；
帶入①并兩邊平方得：
$12{y}^{2}+\frac{4}{3}{x}^{2}=48$；
化簡(jiǎn)得$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由軌跡C的方程知點(diǎn)P的軌跡是橢圓，并且F₁，F(xiàn)₂分別是該橢圓的左右焦點(diǎn)；
$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{PF}=0$；
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}⊥\overrightarrow{P{F}_{2}}$；
∴就是判斷是否在曲線C上存在點(diǎn)P，使PF₁⊥PF₂；
如圖，

橢圓的上下頂點(diǎn)和焦點(diǎn)的連線所夾的角是橢圓上其它點(diǎn)和焦點(diǎn)連線夾角的最大值；
設(shè)橢圓上頂點(diǎn)為Q，只要∠F₁QF₂≥90°，在橢圓上便存在點(diǎn)P，使PF₁⊥PF₂；
$|Q{F}_{1}|=|Q{F}_{2}|=6，|{F}_{1}{F}_{2}|=8\sqrt{2}$；
∴根據(jù)余弦定理$cos∠{F}_{1}Q{F}_{2}=\frac{36+36-128}{72}＜0$；
∴∠F₁PF₂為鈍角；
∴在橢圓上存在點(diǎn)P，使PF₁⊥PF₂，即$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}=0$；
設(shè)P（x₀，y₀），P點(diǎn)在橢圓上，且滿足$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}=0$，；
所以得到$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{36}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4}=1}\\{{{x}_{0}}^{2}-32+{{y}_{0}}^{2}=0}\end{array}\right.$；
解得${x}_{0}=±\frac{3\sqrt{14}}{2}，{y}_{0}=±\frac{\sqrt{2}}{2}$；
∴符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為：$（\frac{3\sqrt{14}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}），（\frac{3\sqrt{14}}{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，$（-\frac{3\sqrt{14}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}），（-\frac{3\sqrt{14}}{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 考查軌跡方程的求解過(guò)程，兩點(diǎn)間距離公式，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，以及橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的焦點(diǎn)、焦距，和短半軸的概念，兩非零向量垂直的充要條件，余弦定理，以及知道橢圓的上下頂點(diǎn)和焦點(diǎn)的連線的夾角是橢圓上其它點(diǎn)與焦點(diǎn)連線所成夾角中是最大的．