Question

5．如圖，點(diǎn)P為圓E：（x-1）²+y²=r²（r＞1）與x軸的左交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作弦PQ，使PQ與y軸交于PQ的中點(diǎn)D．
（Ⅰ）當(dāng)r在（1，+∞）內(nèi)變化時(shí)，求點(diǎn)Q的軌跡方程；
（Ⅱ）已知點(diǎn)A（-1，1），設(shè)直線(xiàn)AQ，EQ分別與（Ⅰ）中的軌跡交于另一點(diǎn)Q₁，Q₂，求證：當(dāng)Q在（Ⅰ）中的軌跡上移動(dòng)時(shí)，只要Q₁，Q₂都存在，且Q₁，Q₂不重合，則直線(xiàn)Q₁Q₂恒過(guò)定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)Q（x，y），則PQ的中點(diǎn)$D（0，\frac{y}{2}）$，由題意DE⊥DQ，得$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{DQ}=0$，代入坐標(biāo)得答案；
（Ⅱ）分別設(shè)出Q、Q₁、Q₂的坐標(biāo)，結(jié)合A，Q，Q₁共線(xiàn)，E，Q，Q₂共線(xiàn)可把Q₁、Q₂的坐標(biāo)用Q的坐標(biāo)表示，得到線(xiàn)Q₁Q₂的方程，再由直線(xiàn)系方程可得直線(xiàn)Q₁Q₂恒過(guò)定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 （Ⅰ）解：設(shè)Q（x，y），則PQ的中點(diǎn)$D（0，\frac{y}{2}）$，
∵E（1，0），∴$\overrightarrow{DE}=（1，-\frac{y}{2}）$，$\overrightarrow{DQ}=（x，\frac{y}{2}）$．
在圓E中，∵DE⊥DQ，∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{DQ}=0$，則$x-\frac{y^2}{4}=0$．
∴點(diǎn)Q的軌跡方程y²=4x（x≠0）；
（Ⅱ）證明：設(shè)Q（t²，2t），${Q}_{1}（{{t}_{1}}^{2}，2{t}_{1}）$，${Q}_{2}（{{t}_{2}}^{2}，2{t}_{2}）$，
則直線(xiàn)Q₁Q₂的方程為（t₁+t₂）y-2x-2t₁t₂=0．
由A，Q，Q₁共線(xiàn)，得$\frac{2{t}_{1}-2t}{{{t}_{1}}^{2}-{t}^{2}}=\frac{2t-1}{{t}^{2}+1}$，從而${t_1}=\frac{t+2}{2t-1}$（$t≠\frac{1}{2}$，否則Q₁不存在），
由E，Q，Q₂共線(xiàn)，得$\frac{2{t}_{2}-2t}{{{t}_{2}}^{2}-{t}^{2}}=\frac{2t-0}{{t}^{2}-1}$，從而${t_2}=-\frac{1}{t}$（t≠0，否則Q₂不存在），
∴${t_1}{t_2}=-\frac{t+2}{{2{t^2}-t}}$，${t_1}+{t_2}=\frac{{{t^2}+1}}{{2{t^2}-t}}$，
∴直線(xiàn)Q₁Q₂的方程化為t²（y-4x）+2t（x+1）+（y+4）=0，
令$\left\{\begin{array}{l}y-4x=0\\ x+1=0\\ y+4=0\end{array}\right.$，得x=-1，y=-4．
∴直線(xiàn)Q₁Q₂恒過(guò)定點(diǎn)（-1，-4）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了平面向量在求解圓錐曲線(xiàn)問(wèn)題中的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬中檔題．