Question

4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)F（-1，0），過(guò)直線l：x=-2右側(cè)的動(dòng)點(diǎn)P作PA⊥l于點(diǎn)A，∠APF的平分線交x軸于點(diǎn)B，|PA|=$\sqrt{2}$|BF|．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)F的直線q交曲線C于M，N，試問(wèn)：x軸正半軸上是否存在點(diǎn)E，直線EM，EN分別交直線l于R，S兩點(diǎn)，使∠RFS為直角？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），由平面幾何知識(shí)得$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{|x+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，由此能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程．
（2）假設(shè)滿足條件的點(diǎn)E（n，0）（n＞0）存在，設(shè)直線q的方程為x=my-1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{x=my-1}\end{array}\right.$，得：（m²+2）y²-2my-1=0，由此利用韋達(dá)定理、直線方程、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出滿足條件的點(diǎn)E存在，其坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$，0）．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），由平面幾何知識(shí)得：
$\frac{|PF|}{|PA|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{|x+2|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
化簡(jiǎn)，得：x²+2y²=2，
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x²+2y²=2（x$≠\sqrt{2}$）．
（2）假設(shè)滿足條件的點(diǎn)E（n，0）（n＞0）存在，
設(shè)直線q的方程為x=my-1，
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），R（-2，y₃），S（-2，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{x=my-1}\end{array}\right.$，得：（m²+2）y²-2my-1=0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=-$\frac{1}{{m}^{2}+2}$，
${x}_{1}{x}_{2}=（m{y}_{1}-1）（m{y}_{2}-1）={m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-m（{y}_{1}+{y}_{2}）+1$
=-$\frac{{m}^{2}}{{m}^{2}+2}-\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+1=$\frac{2-2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）-2=\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$=-$\frac{4}{{m}^{2}+2}$，
由條件知$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=$\frac{{y}_{3}}{-2-n}$，y₃=-$\frac{（2+n）{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$，
同理${y}_{4}=-\frac{（2+n）{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$，
${k}_{RF}=\frac{{y}_{3}}{-2+1}$=-y₃，k_SF=-y₄，
由于∠RFS為直角，∴y₃y₄=-1，即（2+n²）y₁y₂=-[x₁x₂+n（x₁+x₂）+n²]，
（2+n）²$\frac{1}{{m}^{2}+2}$=$\frac{2-2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+$\frac{4n}{{m}^{2}+2}$+n²，
∴（n²-2）（m²+1）=0，解得n=$\sqrt{2}$，
∴滿足條件的點(diǎn)E存在，其坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查韋達(dá)定理、直線方程、橢圓性質(zhì)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、方程與函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．