Question

4．在△ABC中，B（$\sqrt{3}$，0）、C（-$\sqrt{3}$，0），動(dòng)點(diǎn)A滿足sinB+sinC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinA．
（1）求動(dòng)點(diǎn)A的軌跡D的方程；
（2）若點(diǎn)P（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$），經(jīng)過點(diǎn)P作一條直線l與軌跡D相交于點(diǎn)M，N，并且P為線段MN的中點(diǎn)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意利用橢圓的定義可得A點(diǎn)的軌跡是以B、C為焦點(diǎn)的橢圓（除去左右頂點(diǎn)），求得a=2，又 c=$\sqrt{3}$，可得b²=a²-c² 的值，從而求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）利用點(diǎn)差法以及韋達(dá)定理求得直線l的斜率，再用點(diǎn)斜式求得l的方程．

解答 解：（1）△ABC中，B（$\sqrt{3}$，0）、C（-$\sqrt{3}$，0），動(dòng)點(diǎn)A滿足sinB+sinC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinA，
利用正弦定理可得|AC|+|AB|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$|BC|，即|AC|+|AB|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$|BC|=4＞|BC|，
∴A點(diǎn)的軌跡是以B、C為焦點(diǎn)的橢圓（除去左右頂點(diǎn)），
∵2a=4，∴a=2，又 c=$\sqrt{3}$，∴b²=a²-c²=1，
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 $\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）設(shè)M （x₁，y₁），N（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}{{+y}_{1}}^{2}=1}\\{\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}{{+y}_{2}}^{2}=1}\end{array}\right.$，
兩方程相減得 $\frac{{{（x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}）}{4}$+${{y}_{1}}^{2}$-${{y}_{2}}^{2}$=0，即$\frac{{（x}_{1}{+x}_{2}）•（{{x}_{1}-x}_{2}）}{4}$+（y₁+y₂）•（y₁-y₂）=0．
根據(jù)P（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$）為線段MN的中點(diǎn)，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=1}\\{{y}_{1}{+y}_{2}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{4}$+$\frac{{y}_{1}{-y}_{2}}{2}$=0，∴K_MN=$\frac{{y}_{1}{-y}_{2}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
所以，直線l的方程為y-$\frac{1}{4}$=-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{2}$），即 y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題主要考查求點(diǎn)的軌跡方程的方法，橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓錐曲線相交的性質(zhì)，韋達(dá)定理的應(yīng)用，屬于中檔題．