Question

11．直角坐標系xOy平面內(nèi)，已知動點M到點D（-4，0）與E（-1，0）的距離之比為2．
（Ⅰ）求動點M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）是否存在經(jīng)過點（-1，1）的直線l，它與曲線C相交于A，B兩個不同點，且滿足$\overrightarrow{OM}$=$\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}$+$\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{OB}$（O為坐標原點）關(guān)系的點M也在曲線C上，如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設出M點的坐標，由題目條件即可得出動點M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）討論直線l的斜率是否存在，由韋達定理，根據(jù)題目條件進行計算即可．

解答 解析：（Ⅰ）設M（x，y），則$|DM|=\sqrt{{{（{x+4}）}^2}+{y^2}}$，$|EM|=\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}$，
依題意，$\frac{{\sqrt{{{（{x+4}）}^2}+{y^2}}}}{{\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}}}=2$，
化簡整理，得x²+y²=4，
∴曲線c的方程為x²+y²=4．
（Ⅱ）假設直線l存在，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀）
（1）若直線l的斜率存在，設直線l的方程為：y-1=k（x+1）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x+1}）+1\\{x^2}+{y^2}-4=0\end{array}\right.$消去y得，（1+k²）x²+2k（k+1）x+k²+2k-3=0，
由韋達定理得，${x_1}+{x_2}=-\frac{{2k（{k+1}）}}{{1+{k^2}}}$=$-2+\frac{2-2k}{{1+{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{k^2}+2k-3}}{{1+{k^2}}}$=$1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}$，${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+k（k+1）（{{x_1}+{x_2}}）+{（k+1）^2}$=$\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3$．
∵點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在圓c上，
∴$x_1^2+y_1^2=4$，$x_2^2+y_2^2=4$．
由$\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{OB}$得，${x_0}=\frac{{{x_1}+\sqrt{3}{x_2}}}{2}$，${y_0}=\frac{{{y_1}+\sqrt{3}{y_2}}}{2}$．
由于點M也在圓c上，則${（\frac{{{x_1}+\sqrt{3}{x_2}}}{2}）^2}+{（\frac{{{y_1}+\sqrt{3}{y_2}}}{2}）^2}=4$，
整理得，$\frac{x_1^2+y_1^2}{4}$$+3\frac{x_2^2+y_2^2}{4}$+$\frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}{y_1}{y_2}=4$，
即x₁x₂+y₁y₂=0，所以$1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}$+$（\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3）=0$，
從而得，k²-2k+1=0，即k=1，因此，直線l的方程為y-1=x+1，即x-y+2=0；
（2）若直線l的斜率不存在，則A（-1，$\sqrt{3}$），B（-1，$-\sqrt{3}$），$M（\frac{{-1-\sqrt{3}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}-3}}{2}）$${（\frac{{-1-\sqrt{3}}}{2}）^2}+{（\frac{{\sqrt{3}-3}}{2}）^2}=4-\sqrt{3}≠4$，故此時點M不在曲線c上，
綜上所知：k=1，直線方程為x-y+2=0．

點評 本題考查軌跡方程的求解，考查學生的計算能力，運用分類討論的數(shù)學思想是解題的關(guān)鍵．