Question

12．已知橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．其左右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂．
（1）若動(dòng)點(diǎn)T（x，y）滿足$\overrightarrow{T{F}_{1}}$•$\overrightarrow{T{F}_{2}}$=2x²+3，求動(dòng)點(diǎn)T的軌跡方程；
（2）若S為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，S點(diǎn)在x軸上的投影是D，求DS的中點(diǎn)W的軌跡方程；
（3）過橢圓C內(nèi)一點(diǎn)A（1，1）作動(dòng)弦MN，求MN中點(diǎn)Q的軌跡方程；
（4）過點(diǎn)P（3，0）的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB的頂點(diǎn)E的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，即可得到所求軌跡方程；
（2）設(shè)S（u，v），即有D（u，0），W（u，$\frac{1}{2}$v），由代入法，即可得到所求軌跡方程；
（3）設(shè)M（m，n），N（s，t），代入橢圓方程，由點(diǎn)差法，結(jié)合中點(diǎn)的坐標(biāo)公式和直線的斜率公式，即可得到所求軌跡方程；
（4）設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，再由以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB，可得$\overrightarrow{OE}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，運(yùn)用向量的加法坐標(biāo)運(yùn)算，由消去參數(shù)，即可得到所求軌跡方程．

解答 解：（1）橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1的F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
$\overrightarrow{T{F}_{1}}$•$\overrightarrow{T{F}_{2}}$=2x²+3，可得（-1-x）（1-x）+y²=2x²+3，
化簡(jiǎn)可得y²-x²=4；
（2）設(shè)S（u，v），即有D（u，0），W（u，$\frac{1}{2}$v），
令x=u，y=$\frac{1}{2}$v，即為u=x，v=2y，由橢圓方程可得W的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{4{y}^{2}}{3}$=1；
（3）設(shè)M（m，n），N（s，t），即有
$\frac{{m}^{2}}{4}$+$\frac{{n}^{2}}{3}$=1，$\frac{{s}^{2}}{4}$+$\frac{{t}^{2}}{3}$=1，
兩式相減可得$\frac{（m-s）（m+s）}{4}$+$\frac{（n-t）（n+t）}{3}$=0，
由m+s=2，n+t=2，k_MN=$\frac{n-t}{m-s}$，可得k_MN=-$\frac{3}{4}$，
則MN中點(diǎn)Q的軌跡方程為y-1=-$\frac{3}{4}$（x-1），即為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{7}{4}$；
（4）設(shè)P（3，0）的直線l：y=k（x-3），代入橢圓方程可得
（3+4k²）x²-24k²x+36k²-12=0，
由△＞0可得k²＜$\frac{3}{5}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得x₁+x₂=$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂-6）=$\frac{-18k}{3+4{k}^{2}}$，
由以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB，可得$\overrightarrow{OE}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，
即有（x，y）=（x₁+x₂，y₁+y₂），
即為$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\\{y=-\frac{18k}{3+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，消去k，可得3x²+4y²-18x=0（0≤x≤$\frac{8}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，注意運(yùn)用直接法、點(diǎn)差法和代入法，坐標(biāo)轉(zhuǎn)移法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．