Question

15．已知A（-3，0），B（3，0），動點P滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0，如圖所示作PD⊥x軸，且$\overrightarrow{DM}$=λ$\overrightarrow{DP}$（0＜λ＜1）
（1）求點M的軌跡方程C；
（2）過方程C對應曲線的右焦點作斜率為1的直線l_AB與曲線C交于E，F(xiàn)兩點，曲線C上是否存在點H使得△EFH的重心為坐標原點？若存在，求出λ；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設P（x，y），則$\overrightarrow{PA}=（-3-x，-y），\overrightarrow{PB}=（3-x，-y）$，動點P滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0⇒（-3-x）（3-x）+（-y）（-y）=0化簡即可．
（2）由（1）得曲線C的右焦點為（3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$，0），斜率為1的直線l_AB與的方程為：y=x-3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$
設E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），H（x₀，y₀），
假設在曲線C上存在點H使得△EFH的重心為坐標原點，則x₀=-（x₁+x₂），y₀=-（y₁+y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3\sqrt{1-{λ}^{2}}}\\{{λ}^{2}{x}^{2}+{y}^{2}=9{λ}^{2}}\end{array}\right.$得（${（λ}^{2}+1）{x}^{2}-6\sqrt{1-{λ}^{2}}x+9-18{λ}^{2}=0$；
H（$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}，\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$）在曲線C上，${λ}^{2}\frac{36（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}+\frac{36{λ}^{4}（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}=9{λ}^{2}$，即可求出λ．

解答 解：（1）設P（x，y），則$\overrightarrow{PA}=（-3-x，-y），\overrightarrow{PB}=（3-x，-y）$，
動點P滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=0⇒（-3-x）（3-x）+（-y）（-y）=0⇒y²+x²=9
設M（s，t），∵PD⊥x軸，且$\overrightarrow{DM}$=λ$\overrightarrow{DP}$（0＜λ＜1），
∴x=s，y=$\frac{t}{λ}$，∴${s}^{2}+\frac{{t}^{2}}{{λ}^{2}}=9$，
∴點M的軌跡方程C為：$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{9{λ}^{2}}=1$（0＜λ＜1）
（2）由（1）得曲線C的右焦點為（3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$，0）
斜率為1的直線l_AB與的方程為：y=x-3$\sqrt{1-{λ}^{2}}$
設E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），H（x₀，y₀），
假設在曲線C上存在點H使得△EFH的重心為坐標原點，則x₀=-（x₁+x₂），y₀=-（y₁+y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3\sqrt{1-{λ}^{2}}}\\{{λ}^{2}{x}^{2}+{y}^{2}=9{λ}^{2}}\end{array}\right.$得（${（λ}^{2}+1）{x}^{2}-6\sqrt{1-{λ}^{2}}x+9-18{λ}^{2}=0$；
x₁+x₂=$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{{λ}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$，
，H（$\frac{6\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}，\frac{-6{λ}^{2}\sqrt{1-{λ}^{2}}}{1+{λ}^{2}}$）在曲線C上，
∴${λ}^{2}\frac{36（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}+\frac{36{λ}^{4}（1-{λ}^{2}）}{（1+{λ}^{2}）^{2}}=9{λ}^{2}$，
⇒λ²=$\frac{3}{5}$，∵0＜λ＜1．
∴在曲線C上存在點H使得△EFH的重心為坐標原點，此時$λ=\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點評 本題考查了軌跡方程的求解，及圓錐曲線中的存在問題，屬于中檔題．