19.在平面直角坐標平面中,△ABC的兩個頂點為B(0,-1),C(0,1),平面內(nèi)兩點P、Q同時滿足:
①$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$;②|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|;③$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$.
(1)求頂點A的軌跡E的方程;
(2)過點F($\sqrt{2}$,0)作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1,l2與點A的軌跡E的相交弦分別為A1B1,A2B2,設(shè)弦A1B1,A2B2的中點分別為M,N.
(。┣笏倪呅蜛1A2B1B2的面積S的最小值;
(ⅱ)試問:直線MN是否恒過一個定點?若過定點,請求出該定點,若不過定點,請說明理由.

分析 (1)由$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$可得P為△ABC的重心,設(shè)A(x,y),則P($\frac{x}{3},\frac{y}{3}$),再由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|,知Q是△ABC的外心,Q在x軸上,再由$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$,可得Q($\frac{x}{3},0$),結(jié)合|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QC}$|求得頂點A的軌跡E的方程;
(2)F($\sqrt{2}$,0)恰為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$的右焦點.當(dāng)直線l1,l2的斜率存在且不為0時,設(shè)直線l1 的方程為my=x-$\sqrt{2}$.聯(lián)立直線方程與橢圓方程,化為關(guān)于y的一元二次方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系求得A、B的縱坐標得到和與積.
(ⅰ)根據(jù)焦半徑公式得|A1B1|、|A2B2|,代入四邊形面積公式再由基本不等式求得四邊形A1A2B1B2的面積S的最小值;
(ⅱ)根據(jù)中點坐標公式得M、N的坐標,得到直線MN的方程,化簡整理令y=0解得x值,可得直線MN恒過定點;當(dāng)直線l1,l2有一條直線的斜率不存在時,另一條直線的斜率為0,直線MN即為x軸,過點($\frac{3\sqrt{2}}{4},0$).

解答 解:(1)由$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$+$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{0}$,得$\overrightarrow{PC}=-2\overrightarrow{PO}$,∴P為△ABC的重心,
設(shè)A(x,y),則P($\frac{x}{3},\frac{y}{3}$),由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{QC}$|,知Q是△ABC的外心,∴Q在x軸上,
由$\overrightarrow{PQ}$∥$\overrightarrow{BC}$,可得Q($\frac{x}{3},0$),由|$\overrightarrow{QA}$|=|$\overrightarrow{QC}$|,得$\sqrt{(\frac{x}{3})^{2}+1}=\sqrt{(x-\frac{x}{3})^{2}+{y}^{2}}$.
化簡整理得:$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$(x≠0);
(2)F($\sqrt{2}$,0)恰為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$的右焦點.
①當(dāng)直線l1,l2的斜率存在且不為0時,設(shè)直線l1 的方程為my=x-$\sqrt{2}$.
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-\sqrt{2}}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}-3=0}\end{array}\right.$,得$({m}^{2}+3){y}^{2}+2\sqrt{2}my-1=0$.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3},{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-1}{{m}^{2}+3}$.
(ⅰ)根據(jù)焦半徑公式得:$|{A}_{1}{B}_{1}|=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}({x}_{1}+{x}_{2})$,
又${x}_{1}+{x}_{2}=m{y}_{1}+\sqrt{2}+m{y}_{2}+\sqrt{2}=m({y}_{1}+{y}_{2})$$+2\sqrt{2}$=$\frac{-2\sqrt{2}{m}^{2}}{{m}^{2}+3}+2\sqrt{2}=\frac{6\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}$.
∴$|{A}_{1}{B}_{1}|=2\sqrt{3}-\frac{4\sqrt{3}}{{m}^{2}+3}$=$\frac{2\sqrt{3}({m}^{2}+1)}{{m}^{2}+3}$,同理|A2B2|=$\frac{2\sqrt{3}(\frac{1}{{m}^{2}}+1)}{\frac{1}{{m}^{2}}+3}$=$\frac{2\sqrt{3}({m}^{2}+1)}{3{m}^{2}+1}$.
則$S=6\frac{({m}^{2}+1)^{2}}{({m}^{2}+3)(3{m}^{2}+1)}$≥6$\frac{(m+1)^{2}}{(\frac{4({m}^{2}+1)}{2})^{2}}=\frac{3}{2}$.
當(dāng)m2+3=3m2+1,即m=±1時取等號.
(ⅱ)根據(jù)中點坐標公式得:M($\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3},\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}$),同理可得N($\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{3{m}^{2}+1},\frac{\sqrt{2}m}{3{m}^{2}+1}$).
則直線MN的斜率為kMN=$\frac{\frac{\sqrt{2}m}{3{m}^{2}+3}-\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}}{\frac{3\sqrt{2}{m}^{2}}{3{m}^{2}+1}-\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3}}$=$\frac{4m}{3({m}^{2}-1)}$.
∴直線MN的方程為$y-\frac{-\sqrt{2}m}{{m}^{2}+3}=\frac{4m}{3({m}^{2}-1)}(x-\frac{3\sqrt{2}}{{m}^{2}+3})$,
化簡整理得:$3y{m}^{4}+(3\sqrt{2}-4x){m}^{3}+6y{m}^{2}+3(3\sqrt{2}-4x)m-9y=0$.
令y=0,解得x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$,∴直線MN恒過定點($\frac{3\sqrt{2}}{4},0$).
②當(dāng)直線l1,l2有一條直線的斜率不存在時,另一條直線的斜率為0,
直線MN即為x軸,過點($\frac{3\sqrt{2}}{4},0$).
綜上,S的最小值為$\frac{3}{2}$,直線MN過定點($\frac{3\sqrt{2}}{4},0$).

點評 本題考查軌跡方程的求法,考查橢圓的簡單性質(zhì),訓(xùn)練了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用,考查計算能力,是壓軸題.

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