Question

19．已知線段AB的兩端點A、B分別在x軸、y軸上滑動，|AB|=3，動點P滿足$\overrightarrow{AP}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$；
（1）求動點P的軌跡C的方程；
（2）已知點N（$\sqrt{3}$，0），試探究是否存在直線l：x=my-$\sqrt{3}$與軌跡C交于D、E兩點，且使得△DEN的內(nèi)切圓的面積為$\frac{3π}{16}$？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），A（x₁，0），B（0，y₁），由$\overrightarrow{AP}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$把A、B的坐標用P的坐標表示，結(jié)合|AB|=3，求得動點P的軌跡C的方程；
（2）假設(shè)存在直線l滿足條件，由直線l過點$M（-\sqrt{3}，0）$，而點M，N是橢圓C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的左右焦點，由橢圓的定義得△DEN的周長為8，再由△DEN的內(nèi)切圓的面積為$\frac{3π}{16}$，得△DEN的內(nèi)切圓的半徑，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式解得m=0或m=±$2\sqrt{2}$．說明存在直線l．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），A（x₁，0），B（0，y₁），
則$\overrightarrow{AP}=（x-{x_1}，y），\overrightarrow{AB}=（-{x_1}，{y_1}）$-------（2分）
由$\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$，有$\left\{\begin{array}{l}x-{x_1}=-\frac{1}{3}{x_1}\\ y=\frac{1}{3}{y_1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=\frac{3}{2}x\\{y_1}=3y\end{array}\right.$，--------------（4分）
由|AB|=3，得$x_1^2+y_1^2=9$，--------------（5分）
∴${（\frac{3}{2}x）^2}+{（3y）^2}=9$，即$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
∴動點P的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；--------------（6分）
（2）假設(shè)存在直線l滿足條件，∵直線$l：x=my-\sqrt{3}$過點$M（-\sqrt{3}，0）$，
而點M，N是橢圓C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的左右焦點，
∴由橢圓的定義得，△DEN的周長為8，-------------（7分）
由△DEN的內(nèi)切圓的面積為$\frac{3π}{16}$，得△DEN的內(nèi)切圓的半徑為$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$；
設(shè)點D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則△DEN的面積為$\frac{1}{2}×|MN|×|{y_1}-{y_2}|$=$\frac{1}{2}×8×\frac{{\sqrt{3}}}{4}$；
∴|y₁-y₂|=1；-------------（9分）
由$\left\{\begin{array}{l}x=my-\sqrt{3}\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消去x并整理得$（{m^2}+4）{y^2}-2\sqrt{3}my-1=0$．
則$|{y_1}-{y_2}|=\frac{{\sqrt{△}}}{a}=\frac{{\sqrt{16{m^2}+16}}}{{{m^2}+4}}=1$，-------------（11分）
解得m=0或m=±$2\sqrt{2}$．
故存在直線l，且m的值為0，$-2\sqrt{2}$或$2\sqrt{2}$．-------------（12分）

點評 本題考查利用代入法求曲線的方程，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，是中檔題．