Question

已知點(diǎn)P是圓O：x²+y²=3上動(dòng)點(diǎn)，以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線與x軸相交于點(diǎn)Q，直線OP與直線x=1相交于點(diǎn)N，若動(dòng)點(diǎn)M滿足：

NM

∥

OQ

，

QM

•

OQ

=0，記動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）若過點(diǎn)F（2，0）的動(dòng)直線與曲線C相交于不在坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)A，B，設(shè)

AF

=λ

FB

，問在x軸上是否存在定點(diǎn)E，使得

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x₀，y₀），進(jìn)而可得直線PQ和OP的方程，求得Q和N的坐標(biāo)，進(jìn)而可x和y分別表示出x₀和y₀，代入圓方程即可得到曲線C的方程．
（2）設(shè)存在定點(diǎn)E（t，0）使得

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)，設(shè)直線AB的方程為：x=my+2（m≠0），點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）用A，B的坐標(biāo)分別表示出

AF

和

FB

，代入

AF

=λ

FB

，可求得λ的表達(dá)式，代入

EA

-λ

EB

和

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)聯(lián)立方程消去x，利用韋達(dá)定理求得y₁+y₂和y₁y₂，代入（1）式進(jìn)而求得t，確定E的坐標(biāo)．

解答：解：（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x₀，y₀），則x₀²+y₀²=3，
直線PQ的方程為：x₀x+y₀y=3，所以點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(

3

x0

，0)，
直線OP的方程為：y=

y0

x0

x，所以點(diǎn)N的坐標(biāo)為(1，

y0

x0

)，
因此：

x= 3 x0 y= y0 x0

，
即：

x0= 3 x y0= 3y x

，
所以曲線C的方程為：
(

3

x

)2+(

3y

x

)2=3，
即

x2

3

-

y2

1

=1；
（2）設(shè)存在定點(diǎn)E（t，0）使得

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)，
設(shè)直線AB的方程為：x=my+2（m≠0），點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由

AF

=λ

FB

得到-y₁=λy₂，
即λ=-

y1

y2

，

EA

-λ

EB

=(x1-t-λx2+λt，  y1-λy2)，

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)得到：x1-t=λ(x2-t)?x1-t=-

y1

y2

(x2-t)，
即：（my₁+2-t）y₂+y₁（my₂+2-t）=0，
即2my₁y₂+（2-t）（y₁+y₂）=0（1）
由方程組：

x=my+2 x2 3 -y2=1

得到：（my+2）²-3y²=3，
即（m²-3）y²+4my+1=0，
所以：m²-3≠0，且y1+y2=

-4m

m2-3

，y1y2=

1

m2-3

，
代入（1）式得到：

2m

m2-3

+

(t-2)4m

m2-3

=0，
要對滿足（m≠0）且m²-3≠0的實(shí)數(shù)m恒成立，
只需要2+（t-2）×4=0，即t=

3

2

，
所以存在定點(diǎn)E(

3

2

，0)使得

OF

⊥(

EA

-λ

EB

)．

點(diǎn)評：本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和雙曲線與直線的綜合問題．當(dāng)求直線與雙曲線的關(guān)系時(shí)常需要聯(lián)立方程消元后根據(jù)韋達(dá)定理找到解決問題的突破口．