Question

13．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，圓M：x²+y²-2x-15=0，定點(diǎn)F（-1，0），點(diǎn)N是圓M上一動(dòng)點(diǎn)，線(xiàn)段NF的垂直平分線(xiàn)交圓M的半徑MN于點(diǎn)Q，點(diǎn)Q的軌跡為C．
（Ⅰ）求曲線(xiàn)C的方程；
（Ⅱ）不垂直于x軸且不過(guò)F點(diǎn)的直線(xiàn)l與曲線(xiàn)C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線(xiàn)FA、FB的斜率之和為0，則動(dòng)直線(xiàn)l是否一定經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)？若過(guò)一定點(diǎn)，則求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為以M、F為焦點(diǎn)、長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，由此能求出曲線(xiàn)C的方程．
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，由此利用韋達(dá)定理、直線(xiàn)斜率公式求出m=4k，從而直線(xiàn)l的方程為y=kx+4k=k（x+4），由此得到直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)（-4，0）．

解答 解：（Ⅰ）由題意知|MQ|+|FQ|=|MN|=4，
又|MF|=2＜4，
∴由橢圓定義知?jiǎng)狱c(diǎn)Q的軌跡為以M、F為焦點(diǎn)、長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，
故2a=4，2c=2，
∴曲線(xiàn)C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由已知，直線(xiàn)FA、FB的斜率之和為：
$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$=$\frac{k{x}_{1}+m}{{x}_{1}+1}+\frac{k{x}_{2}+m}{{x}_{2}+1}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}+（k+m）（{x}_{1}+{x}_{2}）+2m}{{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}+1}$=0，
∴2kx₁x₂+（k+m）（x₁+x₂）+2m=0，
將${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$代入，得：
$2k•\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}+（k+m）•\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$+2m=0，
化簡(jiǎn)，得-4k+m=0，即m=4k，
∴直線(xiàn)l的方程為y=kx+4k=k（x+4），
∴直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)（-4，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線(xiàn)方程的求法，考查直線(xiàn)是否過(guò)定點(diǎn)的判斷與求法，涉及到橢圓、直線(xiàn)方程、圓、斜率公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．