Question

（2007•深圳一模）已知點H（-3，0），點P在y軸上，點Q在x軸的正半軸上，點M在直線PQ上，且滿足

HP

•

PM

=0，

PM

=-

3

2

MQ

．
（Ⅰ）當點P在y軸上移動時，求點M的軌跡C；
（Ⅱ）過定點D（m，0）（m＞0）作直線l交軌跡C于A、B兩點，E是D點關于坐標原點O的對稱點，求證：∠AED=∠BED；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中，是否存在垂直于x軸的直線l'被以AD為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在求出l'的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）設M（x，y），P（0，y'），Q（x'，0）則可得

HP

=(3，-

y

2

)，

PM

=(x，

3y

2

)，由

HP

•

PM

=0代入整理可求點M的軌跡C；
（II）要證明∠AED=∠BED，根據直線的傾斜角與斜率的關系，只要證K_AE=-K_BE即可；分兩種情況討論：（1）當直線l垂直于x軸時，根據拋物線的對稱性，有∠AED=∠BED；（2）當直線l與x軸不垂直時，利用直線的斜率進行轉換即得；
（III）假設存在滿足條件的直線，根據垂徑定理得性質可知，要使弦長為定值，則只要圓心到直線的距離為定值即可．

解答：解：（Ⅰ）設M（x，y），P（0，y'），Q（x'，0）（x'＞0）∵

PM

=-

3

2

MQ

，

HP

•

PM

=0．
∴(x，y-y′)=-

3

2

(x′-x，-y)且（3，y'）•（x，y-y'）=0…（2分）
∴x′=

1

3

x，y′=-

1

2

y，3x+yy′-y′2=0．…（3分）∴y²=4x（x＞0）…（4分）
∴動點M的軌跡C是以O（0，0）為頂點，以（1，0）為焦點的拋物線（除去原點）．…（5分）
（Ⅱ）：（1）當直線l垂直于x軸時，根據拋物線的對稱性，有∠AED=∠BED；…（6分）
（2）當直線l與x軸不垂直時，依題意，可設直線l的方程為y=k（x-m）（k≠0，m＞0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則A，B兩點的坐標滿足方程組

y=k(x-m) y2=4x(x＞0)

消去x并整理，得ky²-4y-4km=0∴y1+y2=

4

k

，y1y2=-4m…（7分）
設直線AE和BE的斜率分別為k₁、k₂，則k₁+k₂=

y1

x1+m

+

y2

x2+m

=

y1(x2+m)+y2(x1+m)

(x1+m)(x2+m)

=

1 4 y1 y 2 2 + 1 4 y2 y 2 1 +m(y1+y2)

(x1+m)(x2+m)

=

1 4 y1y2(y1+y2)+m(y1+y2)

(x1+m)(x2+m)

=

1 4 (-4m)( 4 k )+ 4m k

(x1+m)(x2+m)

=0…（9分）
∴tan∠AED+tan（180°-∠BED）=0∴tan∠AED=tan∠BED∵0＜∠AED＜

π

2

，0＜∠BED＜

π

2

∴∠AED=∠BED．綜合（1）、（2）可知∠AED=∠BED．…（10分）
（Ⅲ）假設存在滿足條件的直線l'，其方程為x=a，AD的中點為O'，l'與AD為直徑的圓相交于點F、G，F(xiàn)G的中點為H，則O'H⊥FG，O'點的坐標為(

x1+m

2

，

y1

2

)．
∵|O′F|=

1

2

|AD|=

1

2

(x1-m)2+ y 2 1

=

1

2

(x1-m)2+4x1

|O′H|=|a-

x1+m

2

|=

1

2

|2a-x1-m|，
∴|FH|²=|O'F|²-|O'H|²=

1

4

[(x1-m)2+4x1]-

1

4

(2a-x1-m)2=（a-m+1）x₁+a（m-a）…（12分）
∴|FG|²=（2|FH|）²=4[（a-m+1）x₁+a（m-a）]
令a-m+1=0，得a=m-1
此時，|FG|²=4（m-1）
∴當m-1＞0，即m＞1時，|FG|=2

m-1

（定值）
∴當m＞1時，滿足條件的直線l'存在，其方程為x=m-1；當0＜m≤1時，滿足條件的直線l'不存在．…（14分）

點評：本題以向量得數量積得坐標表示為載體考查了圓錐曲線得求解及直線與圓、圓錐曲線的位置關系得求解．屬于綜合試題．